山西省吕梁学院附中2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析

2022-2022学年山西省吕梁学院附中高三（上）第一次月考化学试卷一．选择题（每小题3分，共54分）1．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，是灰霾天气的主要原因．它主要来自化石燃料的燃烧（如机动车尾气、燃煤）等．下列与PM2.5相关的说法不正确的是()A．大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量B．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖C．多环芳烃是强致癌物，能吸附在PM2.5的表面进入人体D．PM2.5含有的Pb、Cr、V、As等对人体有害的元素均是金属元素2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1molCl2与足量Fe反应转移电子数一定为3NAB．标准状况下，2.24LNH3中含有共价键的数目为NAC．1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAD．标况下，11.2LCCl4所含的分子数目为0.5NA3．能在水溶液中大量共存的离子组是()A．K+AlO2﹣Cl﹣OH﹣B．H+NH4+Fe2+NO3﹣C．Al3+K+Cl﹣AlO2﹣D．H+NH4+CH3COO﹣Cl﹣4．下列实验操作或记录正确的是()A．用托盘天平称得2.50g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.90gB．用100mL量筒测得排水法收集制得的氢气体积为50.28mLC．用广泛PH试纸测得某雨水的PH为5.6D．做过焰色反应的金属丝应用稀盐酸洗，再灼烧5．下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是()A．Na2CO3和HClB．NaHCO3和Ba（OH）2C．NaAlO2和H2SO4D．AgNO3和NH3•H2O6．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：①FeCl3；②Fe2O3；③Cu（NO3）2；④KNO3，铜粉溶解的是()A．只有①②B．只有①②④C．只有①②③D．上述任意一种7．向FeCl3和BaCl2的酸性混合溶液中通入SO2气体，有白色沉淀生成，此沉淀是()A．BaSO4B．FeSC．BaSO3D．S8．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量Ba（OH）2溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中22\n④向NaAlO2溶液中通入过量CO2⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2．A．只有②③④⑤B．只有①②⑤C．只有②③⑤D．全部9．为提纯下列物质，所选除杂试剂和分离的主要操作方法都合理的是()选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂主要操作方法ANaHCO3溶液（Na2CO3）澄清石灰水过滤BNaCl溶液（Br2）乙醇分液CCO2（SO2）饱和NaHCO3溶液洗气DKNO3溶液（KOH）FeCl3溶液过滤A．AB．BC．CD．D10．将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，充分反应后金属粉末有剩余，下列有关推断正确的是()A．反应过程中不可能产生H2B．剩余的金属粉末中一定有铜C．往反应后的溶液中加入KSCN溶液会变血红色D．往反应后的溶液中加入足量的稀H2SO4，则金属粉末的质量一定会减少11．向含有FeCl2、FeCl3、AlCl3、NH4Cl的混合溶液中先加入过量Na2O2固体，微热搅拌后再加入过量盐酸，溶液中阳离子数目变化最小的是()A．Fe2+B．Fe3+C．Al3+D．NH4+12．下列离子方程式书写正确的是()A．过量二氧化碳通人偏铝酸钠溶液中：CO2+3H2O+2AlO2﹣=2Al（OH）3↓+CO32﹣B．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OC．在碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水：Mg2++2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓D．碳酸氢铵溶液与过量的NaOH溶液混合：NH4++HCO3﹣+2OH﹣CO32﹣+NH3↑+2H2O13．如图为实验室制氢气的简易装置．若在加稀硫酸时，发现锌粒与稀硫酸没有接触，而稀硫酸又不够了．为使该反应顺利进行，则可以从长颈漏斗中加入的试剂是()①食盐水②KNO3溶液③适量稀硫酸铜溶液④醋酸钠溶液⑤苯⑥浓氨水．A．①②④B．②⑤⑥C．③④⑤D．①③④22\n14．粒子甲与粒子乙在溶液中的转化关系如下所示：离子甲离子乙离子甲．粒子甲不可能是()A．NH4+B．AlC．HCO3﹣D．SO215．Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为()A．2：4：1B．3：2：1C．2：3：1D．4：2：116．将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol•L﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为()A．1.5mol•L﹣1B．0.5mol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．1.2mol•L﹣117．已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应：Cu+→Cu+Cu2+（未配平）．NH4CuSO3与足量的10mol/LH2SO4溶液混合微热，产生下列现象据此判断下列说法一定合理的是()①有红色金属生成②有刺激性气味气体产生③溶液呈蓝色．A．反应中硫酸作氧化剂B．该反应显示硫酸具有酸性C．刺激性气味的气体是氨气D．NH4CuSO3中铜元素全部被氧化18．向50mLNaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是()A．OA段所发生反应的离子方程式：H++OH﹣═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣B．NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1：1C．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1D．标准状况下产生CO2气体的体积为56mL二.非选择题（共46分）19．锌和铝都是活泼金属，化学性质相似，其氢氧化物既能溶于强酸，也能溶于强碱，都是两性氢氧化物．但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌却溶于氨水生成[Zn（NH3）4]2+，回答下列问题：（1）写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式：__________（2）下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法即可鉴别的是：__________22\nA．硫酸铝和氢氧化钠B．硫酸铝和氨水C．硫酸锌和氢氧化钠D．硫酸锌和氨水（3）写出可溶性铝盐和氨水反应的离子方程式：__________试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因：__________．20．（16分）铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%﹣5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列三种不同实验方案进行探究．填写下列空白．[方案一]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量．实验中发生反应的化学方程式是__________．（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中．为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V≥__________mL．（2）实验中，当铝镁合金充分反应后，在称量剩余固体质量前，还需进行的实验操作按顺序依次为__________[方案二]称量xg铝镁合金粉末，放在如图1所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧．（1）欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是__________（2）若用空气代替O2进行实验，对测定结果是否影响？__________（填“是”或“否”）[方案三]将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01×105Pa）的体积．（1）同学们拟选用下列实验装置（图2）完成实验：①你认为最简易的装置其连接顺序是：a接__________接__________接__________（填接口字母，可不填满．）②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中．请你帮助分析原因__________．③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为最合理的是__________．22\nA．待实装验置冷却后再读数B．上下移动量筒f，使其液面与广口瓶中液面相平，读取量筒中水的体积C．上下移动量筒g，使其液面与广口瓶中液面相平，读取量筒中水的体积D．视线与凹液面的最低点相平，读取量筒中水的体积（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了图3所示的实验装置．①装置中导管a的作用是__________．②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL．则产生氢气的体积为__________mL．21．（13分）新型净水剂高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定．工业上制备K2FeO4的常用方法有两种．方法Ⅰ：次氯酸盐氧化法．工艺流程如图所示．（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：__________FeCl3+__________NaOH+__________NaClO=__________Na2FeO4+__________+__________H2O其中氧化剂是：__________，当有0.2molNa2FeO4生成，转移电子的数目为：__________，（2）写出“转化”过程中发生反应的化学方程式为__________，（3）上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，可用重结晶法提纯操作是：将粗产品用__________溶解A．H2OB．稀NaOH溶液C．稀KOH溶液D．稀H2SO4然后加入__________溶液，冷却结晶．方法Ⅱ：电解法．以铁为阳极电解氢氧化钠溶液，然后在阳极溶液中加入KOH．（4）电解时阳极发生反应生成FeO42﹣，该电极反应方程式为__________（5）K2FeO4作为一种很好的水处理剂，有双重作用，能够杀菌是利用其__________性，净水原理是：__________（用离子方程式表示）22．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液100mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸的还原产物只有NO气体）（1）OA段发生的反应为：__________（用离子方程式表示，下同）AB段发生的反应为：__________（2）C点溶液中的溶质为：__________（填化学式）（3）原混合酸中NO3﹣的物质的量为：__________mol，硫酸的物质的量浓度为：__________mol•L﹣1（4）若向原混合溶液中加入足量铜粉，最多可溶解铜的质量为：__________g．22\n22\n2022-2022学年山西省吕梁学院附中高三（上）第一次月考化学试卷一．选择题（每小题3分，共54分）1．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，是灰霾天气的主要原因．它主要来自化石燃料的燃烧（如机动车尾气、燃煤）等．下列与PM2.5相关的说法不正确的是()A．大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量B．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖C．多环芳烃是强致癌物，能吸附在PM2.5的表面进入人体D．PM2.5含有的Pb、Cr、V、As等对人体有害的元素均是金属元素【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】元素及其化合物．【分析】PM2.5主要来自化石燃料的燃烧，为常见的空气污染物，以此来解答．【解答】解：A．大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量，可减少PM2.5的排放，故A正确；B．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖，可减少PM2.5的排放，故B正确；C．城市大气颗粒物中的多环芳烃与居民肺癌的发病率和死亡率相关．多环芳烃进入人体的过程中，PM2.5小颗粒物扮演了“顺风车”的角色，故C正确；D．PM2.5吸附的重金属氧化物对人体有害，As为非金属元素，故D错误；故选：D．【点评】本题考查空气污染，注意把握PM2.5为固体颗粒物，从环境污染的角度来解答即可，题目难度不大，注重化学与生活的联系．2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1molCl2与足量Fe反应转移电子数一定为3NAB．标准状况下，2.24LNH3中含有共价键的数目为NAC．1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAD．标况下，11.2LCCl4所含的分子数目为0.5NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．1mol氯气完全反应最多得到2mol电子；B．氨气分子中含有3个氮氢共价键，0.1mol氨气中含有0.3mol共价键；C．过氧化钠中含有的阴离子为过氧根离子，则1mol过氧化钠中含有3mol阴阳离子；D．标准状况下，四氯化碳为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量．【解答】解：A．1mol氯气与足量铁完全反应得到2mol电子，转移电子数为2NA，故A错误；B．标况下2.24L氨气的物质的量为0.1mol，0.1mol氨气分子中含有0.3mol共价键，含有共价键的数目为0.3NA，故B错误；C．1mol氧化钠和过氧化钠的混合物中含有2mol钠离子、1mol氧离子和过氧根离子，总共含有3mol电子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故C正确；D．标况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L四氯化碳的物质的量，故D错误；故选C．22\n【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项D为易错点，需要明确四氯化碳、水、乙醇、氟化氢等物质在标况下的状态不是气体．3．能在水溶液中大量共存的离子组是()A．K+AlO2﹣Cl﹣OH﹣B．H+NH4+Fe2+NO3﹣C．Al3+K+Cl﹣AlO2﹣D．H+NH4+CH3COO﹣Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．K+、AlO2﹣、Cl﹣、OH﹣离子之间不满足离子反应发生条件；B．硝酸根离子在大量氢离子存在条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；C．铝离子与偏铝酸根离子在发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；D．氢离子与醋酸根根离子反应生成弱电解质醋酸．【解答】解：A．K+、AlO2﹣、Cl﹣、OH﹣离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．NO3﹣在大量H+离子存在条件下能够氧化Fe2+离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．H+、CH3COO﹣之间反应生成醋酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，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；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．4．下列实验操作或记录正确的是()A．用托盘天平称得2.50g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.90gB．用100mL量筒测得排水法收集制得的氢气体积为50.28mLC．用广泛PH试纸测得某雨水的PH为5.6D．做过焰色反应的金属丝应用稀盐酸洗，再灼烧【考点】计量仪器及使用方法；焰色反应．【分析】A、用托盘天平称量固体药品，只能读到小数点后一位数字；B、用10OmL量筒不能测得50.28mL的气体，精确度达不到；C、根据pH试纸测定值的精确度判断；D、做焰色反应时要排除其它元素的干扰．【解答】解；A、用托盘天平称量固体药品，只能读到小数点后一位数字，不能称量2.50g或0.90g，故A错误；B、用100mL量筒量取了50.28mL的气体，记录错误，可以量取50.3mL的气体，故B错误；C、用pH试纸测定溶液的pH，只能精确到1，故C错误；D、为排出其它元素的干扰，做焰色反应时，应用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，才能蘸取其它溶液来进行焰色反应的实验，故D正确；故选D．【点评】化学是一门以实验为基础的学科，基本操作是实验考查的重点之一，特别是天平和量筒的使用以及pH的测定及焰色反应的操作，在高考中出现频度较高，特别是读数的方法和误差的分析更是重中之重．22\n5．下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是()A．Na2CO3和HClB．NaHCO3和Ba（OH）2C．NaAlO2和H2SO4D．AgNO3和NH3•H2O【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．碳酸钠溶液滴入盐酸中，发生反应：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，盐酸滴入碳酸钠溶液中，发生反应：Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；B．碳酸氢钠溶液滴入氢氧化钡溶液中，发生反应：NaHCO3+Ba（OH）2=H2O+BaCO3↓+NaOH；氢氧化钡溶液滴入碳酸氢钠溶液中，发生反应：2NaHCO3+Ba（OH）2=2H2O+CaCO3↓+Na2CO3；C．偏铝酸钠滴入硫酸时发生反应为AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O，3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓，而将稀硫酸滴入偏铝酸钠时发生反应为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；D．硝酸银溶液与氨水，前者滴入后者生成络离子，没有沉淀，后者滴入前者发生反应生成沉淀，加入过量的氨水，沉淀溶解．【解答】解：A．碳酸钠溶液滴入盐酸中，发生反应：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，现象为开始有气泡冒出，直到反应结束，但盐酸滴入碳酸钠溶液中，发生反应：Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，现象为开始没有气泡冒出，一段时间后有气泡冒出，则现象不同，故A不符合；B．碳酸氢钠溶液滴入氢氧化钡溶液中，发生反应：NaHCO3+Ba（OH）2=H2O+BaCO3↓+NaOH，有白色沉淀生成；氢氧化钡溶液滴入碳酸氢钠溶液中，发生反应：2NaHCO3+Ba（OH）2=2H2O+BaCO3↓+Na2CO3，有白色沉淀生成，现象相同，故B符合；C．偏铝酸钠滴入硫酸时发生反应为AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O，3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓，开始没有明显现象，后有白色沉淀生成；而将稀硫酸滴入偏铝酸钠时发生反应为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，开始产生白色沉淀，后沉淀溶解，现象不同，故C不符合；D．硝酸银溶液与氨水，前者滴入后者生成络离子，没有沉淀，后者滴入前者发生反应生成沉淀，加入过量的氨水，沉淀溶解，现象不相同，故D不符合，故选B．．【点评】本题考查元素化合物性质、离子反应等，明确反应是解答本题的关键，注意互滴顺序不同发生的反应与现象的关系即可解答，D为学生解答的难点，离子反应较难，题目难度较大．6．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：①FeCl3；②Fe2O3；③Cu（NO3）2；④KNO3，铜粉溶解的是()A．只有①②B．只有①②④C．只有①②③D．上述任意一种【考点】硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】根据铜的化学性质判断，如：铜不能与弱氧化性酸反应，但可以和强氧化性酸反应，能与具有氧化性的FeCl3溶液、酸性条件下的硝酸盐等反应．【解答】解：①铜能和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以铜能在氯化铁溶液中溶解，故正确．②因Fe2O3能与稀硫酸反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3能与铜粉反应：Fe2（SO4）3+Cu=2FeSO4+CuSO4，所以铜粉溶解，故正确．22\n③向稀硫酸反应加入硝酸铜后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应，所以加入硝酸铜后能溶解铜，故正确．④根据铜、稀硫酸和KNO3反应，由该反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，可知Cu遇到H+、NO3﹣能发生氧化还原反应，故正确；故选D．【点评】本题主要考查了金属铜的化学性质，对于铜和硝酸的反应要特别注意，可以直接加硝酸也可以分步产生：先加非氧化性酸（如盐酸、稀硫酸）后加硝酸盐，铜一样能被溶解．7．向FeCl3和BaCl2的酸性混合溶液中通入SO2气体，有白色沉淀生成，此沉淀是()A．BaSO4B．FeSC．BaSO3D．S【考点】二氧化硫的化学性质．【专题】氧族元素．【分析】氯化铁具有氧化性，能与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，以此来解答．【解答】解：向FeCl3和BaCl2的酸性混合溶液中通入SO2气体，发生2Fe3++SO2+2H2O═SO42﹣+4H++2Fe2+，SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，故选A．【点评】本题考查二氧化硫的性质，明确发生的氧化还原反应是解答本题的关键，题目难度不大．8．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量Ba（OH）2溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中通入过量CO2⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2．A．只有②③④⑤B．只有①②⑤C．只有②③⑤D．全部【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且有沉淀生成，注意沉淀必须是白色的，据此分析解答．①最终得到红褐色Fe（OH）3沉淀；②Ba（OH）2过量，最终只有白色硫酸钡沉淀；③最终由碳酸钙沉淀；④最终由氢氧化铝白色沉淀；⑤最终有碳酸氢钠白色沉淀．【解答】解：①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe（OH）3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故①错误；②过量Ba（OH）2溶液和明矾溶液混合Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，最终只有白色硫酸钡沉淀，故②正确；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故③正确；④向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，二氧化碳过量，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成了氢氧化铝和碳酸氢钠，沉淀不溶解，所以符合条件，故④正确；22\n⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故⑤正确；故选A．【点评】本题考查了物质性质的分析应用，主要是试剂量不同产物本题的产物判断，反应现象的分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．9．为提纯下列物质，所选除杂试剂和分离的主要操作方法都合理的是()选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂主要操作方法ANaHCO3溶液（Na2CO3）澄清石灰水过滤BNaCl溶液（Br2）乙醇分液CCO2（SO2）饱和NaHCO3溶液洗气DKNO3溶液（KOH）FeCl3溶液过滤A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验评价题．【分析】A．碳酸氢钠、碳酸钠都可与澄清石灰水反应生成沉淀；B．乙醇与水混溶；C．二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体；D．引入新杂质．【解答】解：A．碳酸氢钠、碳酸钠都可与澄清石灰水反应生成沉淀，可直接通入二氧化碳气体，故A错误；B．乙醇与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳作为萃取剂，故B错误；C．二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可用于除杂，故C正确；D．反应生成KCl，引入新杂质，应加入硝酸铁或硝酸，故D错误．故选C．【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质、性质差异为解答的关键，侧重物质性质及分离方法的考查，注意发生的反应，题目难度中等．10．将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，充分反应后金属粉末有剩余，下列有关推断正确的是()A．反应过程中不可能产生H2B．剩余的金属粉末中一定有铜C．往反应后的溶液中加入KSCN溶液会变血红色D．往反应后的溶液中加入足量的稀H2SO4，则金属粉末的质量一定会减少【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；硝酸的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：H+、（Fe3+）、NO3﹣时，铜溶解，所以剩余金属可能为铁或铁与铜的混合物，由于发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，则当金属粉末有剩余，溶液中不存在Fe3+，当溶液中NO3﹣完全消耗时，加入硫酸，金属不再溶解．22\n【解答】解：A．铁比铜活泼，硝酸氧化性大于硫酸，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与在酸性条件下与NO3﹣反应，当溶液中NO3﹣完全消耗时，铁和H+反应生成H2，故A错误；B．铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：H+、（Fe3+）、NO3﹣时，铜溶解，所以剩余金属可能为铜或铁与铜的混合物，所以剩余金属一定含有铜，故B正确；C．由于发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，则当金属粉末有剩余，溶液中不存在Fe3+，加入KSCN溶液不一定变成血红色，故C错误；D．当剩余金属为铜时，且溶液中NO3﹣完全消耗时，加入硫酸，金属不再溶解，故D错误．故选B．【点评】本题考查金属的活泼性比较以及硝酸的化学性质，题目难度较大，本题易错点为A、D，注意把握金属的活泼性强弱以及NO3﹣的性质．11．向含有FeCl2、FeCl3、AlCl3、NH4Cl的混合溶液中先加入过量Na2O2固体，微热搅拌后再加入过量盐酸，溶液中阳离子数目变化最小的是()A．Fe2+B．Fe3+C．Al3+D．NH4+【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，易被氧化为三价铁，铵盐易和强碱反应．【解答】解：因为加入的过氧化钠具有强氧化性，所以二价铁会被氧化为三价铁，两者变化均较大，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成NaOH与NH4+结合微热会产生挥发性的氨气，所以铵根减少，铝离子加过量过氧化钠时生成偏铝酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，即Al3+数目变化最小．故选C．【点评】本题主要考查物质的性质，要求要求学生熟记教材知识，灵活应用．12．下列离子方程式书写正确的是()A．过量二氧化碳通人偏铝酸钠溶液中：CO2+3H2O+2AlO2﹣=2Al（OH）3↓+CO32﹣B．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OC．在碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水：Mg2++2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓D．碳酸氢铵溶液与过量的NaOH溶液混合：NH4++HCO3﹣+2OH﹣CO32﹣+NH3↑+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成沉淀和碳酸氢钠；B．反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；C．反应生成碳酸钙和氢氧化镁、水；D．反应生成碳酸钠、氨气和水．【解答】解：A．过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中的离子反应为CO2+2H2O+AlO2﹣=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故A错误；B．氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为3NH3．H2O+Al3+=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水的离子反应为Mg2++2HCO3﹣+Ca2++4OH﹣=CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，故C错误；22\nD．碳酸氢铵溶液与过量的NaOH溶液混合的离子反应为NH4++HCO3﹣+2OH﹣CO32﹣+NH3↑+2H2O，故D正确；故选D．【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的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应考查，题目难度不大．13．如图为实验室制氢气的简易装置．若在加稀硫酸时，发现锌粒与稀硫酸没有接触，而稀硫酸又不够了．为使该反应顺利进行，则可以从长颈漏斗中加入的试剂是()①食盐水②KNO3溶液③适量稀硫酸铜溶液④醋酸钠溶液⑤苯⑥浓氨水．A．①②④B．②⑤⑥C．③④⑤D．①③④【考点】实验装置综合；常见气体制备原理及装置选择．【专题】综合实验题．【分析】加入的物质应该具备以下条件：不能和容器中的物质反应生成其它气体；能够让稀硫酸和锌混合生成氢气．【解答】解：①食盐水和锌和硫酸都不反应，所以不影响氢气的生成，只是降低反应速率，故正确；②加入KNO3溶液后，相当于溶液中含有硝酸，硝酸和锌反应不生成氢气，故错误；③适量稀硫酸铜溶液，锌能置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池能加快反应速率，但不产生其它气体，也不影响氢气，故正确；④醋酸钠溶液和硫酸反应生成醋酸，醋酸与Zn能生成氢气，所以不影响氢气的生成，故正确；⑤苯和硫酸、锌都不反应，苯的密度小于水，会浮在溶液的上层，不能使锌粒与稀硫酸接触，故错误；⑥浓氨水能和硫酸反应生成盐，所以能影响氢气，故错误．故选D．【点评】本题考查了物质的性质，难度不大，易错选项是②，注意加入KNO3溶液后，相当于溶液中含有硝酸，硝酸和锌反应产生其它气体，这是一个隐含条件，属于易错之处．14．粒子甲与粒子乙在溶液中的转化关系如下所示：离子甲离子乙离子甲．粒子甲不可能是()A．NH4+B．AlC．HCO3﹣D．SO2【考点】无机物的推断．【分析】根据微粒甲能与氢氧根反应生成乙，乙能与氢离子反应再生成甲解题，将选项带入转化关系，符合即可．22\n【解答】解：A．NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O，NH3•H2O不是离子，不符合转化关系，故A选；B．Al与与OH﹣反应生成AlO2﹣，与氢离子反应生成沉淀或铝离子，得不到Al，不符合转化关系，故B选；C．HCO3﹣与氢氧根能反应生成CO32﹣，CO32﹣和H+反应可生成CO32﹣+H+═HCO3﹣，符合转化关系，故C不选；D．SO2与氢氧根能反应生成亚硫酸根，亚硫酸根和氢离子反应生成水和SO2，故D不选．故选AB．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质及图中转化关系为解答的关键，注意A、B为易错点，把握物质的性质，题目难度不大．15．Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为()A．2：4：1B．3：2：1C．2：3：1D．4：2：1【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】所得溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，说明只含有NaCl一种溶质，Al2O3转化为Al（OH）3或部分未反应，根据钠元素、氯元素守恒可知n（Na）=n（HCl）．【解答】解：所得溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，说明只含有NaCl一种溶质，Al2O3转化为Al（OH）3或部分未反应，根据钠元素、氯元素守恒可知n（Na）=n（HCl），即满足n（Na2O2）：n（HCl）=1：2即可，选项中只有A符合，故选A．【点评】本题考查混合物计算，侧重考查学生分析解决问题能力的考查，注意利用守恒解答，难度中等．16．将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68LH2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol•L﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为()A．1.5mol•L﹣1B．0.5mol•L﹣1C．2mol•L﹣1D．1.2mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知n（NaOH）=n（Na2SO4），由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（H2SO4），再根据c=计算．【解答】解：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知：n（NaOH）=n（Na2SO4）=0.15L×4mol/L=0.6mol，故n（Na2SO4）=0.3mol，由硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.3mol，则c（H2SO4）==2mol•L﹣1，故选C．22\n【点评】本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行计算，侧重对解题方法与学生思维能力的考查，难度中等．17．已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应：Cu+→Cu+Cu2+（未配平）．NH4CuSO3与足量的10mol/LH2SO4溶液混合微热，产生下列现象据此判断下列说法一定合理的是()①有红色金属生成②有刺激性气味气体产生③溶液呈蓝色．A．反应中硫酸作氧化剂B．该反应显示硫酸具有酸性C．刺激性气味的气体是氨气D．NH4CuSO3中铜元素全部被氧化【考点】氧化还原反应．【分析】由反应现象可知，NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸溶液混合微热，分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32﹣+2H+=H2O+SO2↑，结合反应的现象判断．【解答】解：A．分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32﹣+2H+=H2O+SO2↑，反应中硫酸只显示酸性，故A错误；B．反应中S元素没有发生变化，生成SO2，显示硫酸的酸性，故B正确；C．根据反应SO32﹣+2H+=H2O+SO2↑，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D．根据2Cu+=Cu+Cu2+，可知Cu元素既被氧化也被还原，故D错误．故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，本题注意根据反应的现象判断物质的性质以及发生的反应，从化合价的变化角度分析氧化还原反应问题，题目难度不大．18．向50mLNaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是()A．OA段所发生反应的离子方程式：H++OH﹣═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣B．NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1：1C．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol•L﹣1D．标准状况下产生CO2气体的体积为56mL【考点】化学方程式的有关计算；钠的重要化合物．【分析】当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知，生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将Na2CO3转化为NaHCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，A．根据发生的反应书写离子方程式；22\nB．中和NaOH消耗HCl的体积为50mL﹣25mL=25mL，根据反应消耗盐酸的体积计算NaOH、Na2CO3的物质的量之比；C．生成CO2气体最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），进而计算氢氧化钠的浓度；D．生成二氧化碳消耗消耗25mL盐酸，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑计算二氧化碳体积．【解答】解：当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知，生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将Na2CO3转化为NaHCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，A．由上述分析可知OA段所发生反应的离子方程式：H++OH﹣═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣，故A正确；B．中和NaOH消耗HCl的体积为50mL﹣25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，故B正确；C．生成CO2气体最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故C错误；D．生成二氧化碳消耗消耗25mL盐酸，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知CO2体积（标准状况下）为0.025L×0.1mol/L×22.4L/mol=0.056L=56mL，故D正确，故选C．【点评】本题考查混合物计算，根据消耗盐酸的体积判断图象中各阶段发生的反应是解答的关键，侧重考查学生分析思维能力，难度中等．二.非选择题（共46分）19．锌和铝都是活泼金属，化学性质相似，其氢氧化物既能溶于强酸，也能溶于强碱，都是两性氢氧化物．但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌却溶于氨水生成[Zn（NH3）4]2+，回答下列问题：（1）写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式：Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn（0H）4]+H2↑（2）下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法即可鉴别的是：ACDA．硫酸铝和氢氧化钠B．硫酸铝和氨水C．硫酸锌和氢氧化钠D．硫酸锌和氨水（3）写出可溶性铝盐和氨水反应的离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因：可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中，生成Zn（NH3）42+，氨水的量不易控制．22\n【考点】铝的化学性质．【分析】（1）锌和氢氧化钠的反应与金属铝和氢氧化钠的反应相似；（2）用相互滴加的实验方法时，如果所产生的实验结果不同，即可鉴别；（3）可溶性铝盐与氨水反应可以获得氢氧化铝沉淀，可溶性锌盐与氨水反应获得氢氧化锌沉淀可以溶于过量的氨水中．【解答】解：（1）根据题干信息得锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn（0H）4]+H2↑，故答案为：Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn（0H）4]+H2↑；（2）A、硫酸铝中加氢氧化钠，先出现沉淀，然后沉淀消失，然后又出沉淀，向氢氧化钠中加硫酸铝没有现象，故用相互滴加的实验方法可以鉴别；B、硫酸铝和氨水不管是谁往谁中相互滴加是现象均是出现白色沉淀，用相互滴加的实验方法不可以鉴别；C、往硫酸锌中加氢氧化钠时，会出现白色沉淀，向氢氧化钠中加硫酸锌时，无现象，故用相互滴加的实验方法可以鉴别；D、往硫酸锌中加氨水时，会出现白色沉淀，向氨水中加硫酸锌时，无现象，故用相互滴加的实验方法可以鉴别；故答案为：ACD；（3）可溶性铝盐与氨水反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌，因为可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中，生成Zn（NH3）42+，氨水的量不易控制，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中，生成Zn（NH3）42+，氨水的量不易控制．【点评】本题是一道信息给定题，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大．20．（16分）铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%﹣5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列三种不同实验方案进行探究．填写下列空白．[方案一]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量．实验中发生反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中．为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V≥97mL．（2）实验中，当铝镁合金充分反应后，在称量剩余固体质量前，还需进行的实验操作按顺序依次为过滤、洗涤、干燥[方案二]称量xg铝镁合金粉末，放在如图1所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧．（1）欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是充分灼烧后固体的质量（2）若用空气代替O2进行实验，对测定结果是否影响？是（填“是”或“否”）22\n[方案三]将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01×105Pa）的体积．（1）同学们拟选用下列实验装置（图2）完成实验：①你认为最简易的装置其连接顺序是：a接e接d接g（填接口字母，可不填满．）②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中．请你帮助分析原因镁铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大．③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为最合理的是ACD．A．待实装验置冷却后再读数B．上下移动量筒f，使其液面与广口瓶中液面相平，读取量筒中水的体积C．上下移动量筒g，使其液面与广口瓶中液面相平，读取量筒中水的体积D．视线与凹液面的最低点相平，读取量筒中水的体积（2）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了图3所示的实验装置．①装置中导管a的作用是保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差．②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL．则产生氢气的体积为V1﹣V2mL．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；（1）镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；（2）从溶液中分离出纯净的不溶物，需要通过过滤、洗涤和干燥的操作方法；方案二：（1）Mg、Al都能够与氧气化学反应生成氧化物；（2）用空气代替O2进行实验，发生反应：3Mg+N2Mg3N2，2Mg+CO22MgO+C，测定生成固体的质量变大；方案三：（1）①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；②镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；22\n③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；（2）①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积（注意应保持干燥管与滴定管内液面等高），收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小．【解答】解：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（1）含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为：5.4g×（1﹣3%）=5.4×97%g，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑54g2mol5.4g×97%gV×10﹣3L×2.0mol/L所以54g：（5.4g×97%g）=2mol：（V×10﹣3L×2.0mol/L），解得：V=97，故V（NaOH溶液）≥97mL；故答案为：97；（2）实验中，当铝镁合金充分反应后，需要先进行过滤、洗涤、干燥操作后，再称量剩余固体的质量，故答案为：过滤、洗涤、干燥；方案二：（1）Mg、Al均与氧气反应，生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，故答案为：充分灼烧后固体的质量；（2）若用空气代替O2进行实验，3Mg+N2Mg3N2，2Mg+CO22MgO+C，测定生成固体的质量变大，则镁的质量分数偏高，故答案为：是；方案三：（1）①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：a接e接d接g，故答案为：e；d；g；②镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶，故答案为：镁铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；③反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故答案为：ACD；（2）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差，22\n故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，所以测定氢气的体积为V1﹣V2，故答案为：V1﹣V2．【点评】本题考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，题目难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．21．（13分）新型净水剂高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定．工业上制备K2FeO4的常用方法有两种．方法Ⅰ：次氯酸盐氧化法．工艺流程如图所示．（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O其中氧化剂是：NaClO，当有0.2molNa2FeO4生成，转移电子的数目为：0.6NA，（2）写出“转化”过程中发生反应的化学方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，（3）上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，可用重结晶法提纯操作是：将粗产品用B溶解A．H2OB．稀NaOH溶液C．稀KOH溶液D．稀H2SO4然后加入饱和KOH溶液溶液，冷却结晶．方法Ⅱ：电解法．以铁为阳极电解氢氧化钠溶液，然后在阳极溶液中加入KOH．（4）电解时阳极发生反应生成FeO42﹣，该电极反应方程式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O（5）K2FeO4作为一种很好的水处理剂，有双重作用，能够杀菌是利用其氧化性，净水原理是：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+（用离子方程式表示）【考点】制备实验方案的设计．【分析】氯化铁溶液、次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液混合发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，加入40%的氢氧化钠溶液除杂，过滤得到氯化钠固体和滤液，滤液中加入氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，可用重结晶法提纯，（1）反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O．根据化合价升降法配平方程式．（2）由工艺流程可知，“氧化”过程除杂后的滤液中含有Na2FeO4，“转化”过程的产物为K2FeO4，故“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4．（3）由题目信息可知，K2FeO4可溶于水，在中性或酸性溶液中能分解，在碱性溶液中稳定，在分离提提纯的时候就要在碱性环境中进行，要防止引入新杂质，所以需要将K2FeO4粗产品在稀KOH溶液中溶解，然后加入饱和KOH溶液，冷却结晶．（4）由题目信息可知，铁为阳极电解氢氧化钠溶液，生成FeO42﹣，由元素守恒还生成水；22\n（5）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原剂还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附悬浮杂质起到净水的主要作用．【解答】解：（1）反应中FeCl3→Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为﹣1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故FeCl3系数为2，NaClO系数为3，由铁元素守恒可知Na2FeO4系数为2，由氯元素守恒可知NaCl系数为2×3+3=9，根据钠元素守恒可知NaOH系数为9+2×2=13，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，化学方程式中生成2molNa2FeO4，、电子转移为6mole﹣，当有0.2molNa2FeO4生成，转移电子的数目为0.6mol，电子数为0.6NA，故答案为：2、10、3、2、9NaCl、5，NaClO，0.6NA；（2）“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，故答案为：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；（3）由题目信息可知，K2FeO4可溶于水，在中性或酸性溶液中能分解，在碱性溶液中稳定，在分离提提纯的时候就要在碱性环境中进行，要防止引入新杂质，所以需要将K2FeO4粗产品在稀KOH溶液中溶解，然后加入饱和KOH溶液，冷却结晶，过滤，故答案为：B；饱和KOH溶液；（4）由题目信息可知，铁为阳极电解氢氧化钠溶液，生成FeO42﹣，阳极电极反应式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O，故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O；（5）K2FeO4中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原剂还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，可以吸附悬浮杂质起到净水的主要作用，故答案为：氧化性；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+．【点评】本题考查方程式的书写、基本的实验操作、阅读题目获取信息能力等，难度中等，需要学生具备综合运用知识及题目信息分析问题、解决问题能力．对于这类题目，需要搞清楚每一步反应物、生成物，清楚工艺流程原理，题目难度中等．22．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液100mL，向其中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸的还原产物只有NO气体）（1）OA段发生的反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O（用离子方程式表示，下同）AB段发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+（2）C点溶液中的溶质为：FeSO4（填化学式）（3）原混合酸中NO3﹣的物质的量为：0.1mol，硫酸的物质的量浓度为：2.5mol•L﹣1（4）若向原混合溶液中加入足量铜粉，最多可溶解铜的质量为：9.6g．【考点】有关混合物反应的计算．22\n【分析】（1）由图象可知，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；（2）根据（1）的分析可知，C点溶质为硫酸亚铁；（3）OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；消耗14gFe时，此时溶液中溶质为FeSO4，根据质量守恒可知n（H2SO4）=n（FeSO4）=n（Fe）；（4）根据反应3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO+4H2O及氢离子、硝酸根离子的物质的量判断过量，然后根据不足量计算出最多溶解铜的物质的量及质量．【解答】解：（1）由图象可知，OA段铁与硝酸根离子发生反应生成NO：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段气体的量不变，发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体的量增加，发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）根据（1）可知，C点铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，所以溶质的化学式为：FeSO4，故答案为：FeSO4；（3）OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以每份中n（NO3﹣）=n（Fe）==0.1mol；BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，C点溶质为硫酸亚铁，则n（H2SO4）=n（FeSO4）=n（Fe）==0.25mol，则原溶液中硫酸的浓度为：c（H2SO4）==2.5mol/L，故答案为：0.1；2.5；（4）根据（3）可知原溶液中含有氢离子的物质的量为：n（H+）=0.1mol×4+×2=0.5mol；n（NO3﹣）==0.1mol，根据3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO+4H2O可知，0.1mol硝酸根离子最多消耗0.4mol氢离子，则氢离子过量，消耗的铜按照硝酸根离子的量计算，则0.1mol硝酸根离子完全反应能够溶解铜的物质的量为：0.1mol×=0.15mol，0.15mol铜的质量为：64g/mol×0.15mol=9.6g，故答案为：9.6．【点评】本题以化学反应图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，题目难度中等，关键根据图象分析各段发生的反应，注意氢离子过量，硝酸根离子完全反应生成NO，注意利用守恒思想解答．22