山西大学附中2022届高三化学上学期第二次月考试题含解析

2022-2022学年山西大学附中高三（上）第二次月考化学　一、单项选择题（每题2分）1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（　　）A．煤的干馏与石油的分馏均属于化学变化B．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒C．14C可用于文物的年代鉴定，14C与13C互为同素异形体D．葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体　2．图是某学校实验室从化学试剂商店买回来的硫酸试剂标签上的部分内容．据此下列说法正确的是（　　）A．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol•L﹣1B．该硫酸50mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO20.46molC．要配制250mL4.6mol•L﹣1的稀硫酸需取该硫酸62.5mLD．等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol•L﹣1　3．实验室中以下物质的贮存方法不正确的是（　　）A．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处B．保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉C．少量金属钠保存在煤油中D．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发　4．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）A．标况下，11.2L氯气完全溶于1L水中，所得溶液中Cl﹣和ClO﹣两种粒子数之和为NAB．密闭容器中，0.1molH2和25.4g碘在一定条件下充分反应，生成HI分子数为0.2NAC．含有4NA个碳碳σ键的金刚石，其质量为24gD．含0.1molFeCl3的溶液完全水解后得到的胶体粒子个数为0.1NA　5．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）A．饱和氯水中Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣B．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液中C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣C．Na2S溶液中SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+D．pH=12的溶液中NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+　6．对下列反应：①NH4HCO3溶液与石灰水反应、②K2SO3溶液与稀盐酸反应，③Si与烧碱溶液反应、④Fe与稀硝酸反应，改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是（　　）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④31\n　7．下列实验装置或操作正确的是（　　）A．制备Fe（OH）2B．实验室制备乙炔C．从碘与NaCl混合液中分离出碘D．比较白磷、红磷的着火点　8．某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是（　　）A．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离B．X、Z烧杯中分散质相同31\nC．Y中反应的离子方程式为：3CaCO3+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3+3CO2↑+3Ca2+D．Z中分散系能产生丁达尔效应　9．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（　　）①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl﹣＞As；③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③　10．物质制备过程中离不开物质的提纯．以下除杂方法不正确的是（　　）选项目的实验方法A除去Na2CO3固体中的NaHCO3置于坩埚中加热至恒重B除去NaCl中少量KNO3将混合物制成热饱和溶液，冷却结晶，过滤C除去CO2中的HCl气体通过NaHCO3（aq，饱和），然后干燥D除去C2H5Br中的Br2加入足量Na2SO3（aq），充分振荡，分液A．AB．BC．CD．D　11．下列说法正确的是（　　）A．将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁B．将CO2和SO2混合气体分别通入BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液中，最终都有沉淀生成C．检验某酸性溶液中Cl﹣和SO42﹣，选用试剂及顺序是过量Ba（NO3）2溶液、AgNO3溶液D．用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物分离　12．下列条件中，两种气体所含原子数一定相等的是（　　）A．同质量、不同密度的N2和COB．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H6和NOD．同压强、同电子数的N2O和CO2　13．根据下列实验现象，所得结论正确的是（　　）实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Cu＞FeB左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I231\nC白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性AgCl＞AgBr＞Ag2SD锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA．AB．BC．CD．D　14．在离子浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，加入（或通入）某物质后，发生反应先后顺序正确的是（　　）A．在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+B．在含I﹣、SO32﹣、Br﹣的溶液中不断通入氯气：I﹣、Br﹣、SO32﹣C．在含AlO2﹣、SO32﹣、OH﹣的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH﹣、AlO2﹣、SO32﹣D．在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H+、NH4+、Fe3+　15．为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以A1作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚．反应原理如下：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）═2PbSO4（s）+2H2O（l）电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑，电解过程中，以下判断正确的是（　　）原电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极：PbO2+4H++2e﹣═Pb2++2H2O阳极：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+DA．AB．BC．CD．D　16．下列各组中的实验步骤及现象，能达到相应实验目的是（　　）实验目的实验步骤及现象A检验亚硫酸钠试样是否变质试样白色沉淀沉淀不溶解B制取氯气并探究氯气是否具有漂白性MnO2和稀盐酸气体褪色C证明酸性条件H2O2氧化性比I2强碘化钠溶液溶液变蓝色31\nD探究浓度对于化学平衡的影响FeCl3和KSCN混合溶液红色变深A．AB．BC．CD．D　17．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．在100mL1mol•L﹣1的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO2：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO+4H+B．在100mL2mol•L﹣1的FeI2的溶液中通入标况下5.6L的Cl2：4Fe2++6I﹣+5Cl2═4Fe3++3I2+10Cl﹣C．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：2HCO+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+COD．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO+2H2O　18．某废水含有下列离子中的5种（忽略水的电离及离子的水解），K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣，测得各种离子的物质的量浓度相等．为探究废水的组成，某同学进行了如下实验：①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰．②另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变．③另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．根据上述实验，以下推测正确的是（　　）A．溶液中无法确定Al3+的存在与否B．原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32﹣C．步骤②中可以确定Fe2+、NO3﹣的存在D．步骤③中共有2种钡盐沉淀　19．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（　　）A．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25B．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3C．与NaOH反应的氯气一定为0.3molD．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1　　二、解答题（共4小题，满分47分）20．实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2（发生装置如图所示）．（1）制备实验开始时，先检查装置气密性，接下的操作依次是　　　　　　（填序号）．A．往烧瓶中加入MnO2粉末B．加热C．往烧瓶中加入浓盐酸（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止．为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量．乙方案：采用酸碱中和滴定法测定．31\n丙方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量．丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积．继而进行下列判断和实验：①判定甲方案不可行，理由是　　　　　　．②进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样．a．量取试样20.00mL，用0.1000mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为　　　　　　mol•L﹣1；b．平行滴定后获得实验结果．③判断丙方案的实验结果　　　　　　（填“偏大”、“偏小”或“准确”）．[已知：Ksp（CaCO3）=2.8×10﹣9、Ksp（MnCO3）=2.3×10﹣11]．④进行丁方案实验：装置如图所示（夹持器具已略去）．（ⅰ）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将　　　　　　转移到　　　　　　中．（ⅱ）反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变．气体体积逐次减小的原因是　　　　　　（排除仪器和实验操作的影响因素）．　21．（13分）（2022秋•山西校级月考）合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义．（1）尿素[CO（NH2）2]是一种高效化肥，也是一种化工原料．①以尿素为原料在一定条件下发生反应：CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）D△H=+133.6kJ/mol．该反应的化学平衡常数的表达式K=　　　　　　．关于该反应的下列说法正确的是　　　　　　（填序号）．a．从反应开始到平衡时容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变b．在平衡体系中增加水的用量可使该反应的平衡常数增大c．降低温度使尿素的转化率增大②尿素在一定条件下可将氮的氧化物还原为氮气．结合①中信息，尿素还原NO（g）的热化学方程式是　　　　　　．③密闭容器中以等物质的量的NH3和CO2为原料，在120℃、催化剂作用下反应生成尿素：CO2（g）+2NH3（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（g），混合气体中NH3的物质的量百分含量[ϕ（NH3）]随时间变化关系如图所示．则a点的正反应速率ν（正）（CO2）　　　　　　b点的逆反应速率ν（逆）（CO2）（填“＞”、“=”或“＜”）；氨气的平衡转化率是　　　　　　．31\n（2）NO2会污染环境，可用Na2CO3溶液吸收NO2并生成CO2．已知9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，此反应的离子方程式是　　　　　　；恰好反应后，使溶液中的CO2完全逸出，所得溶液呈弱碱性，则溶液中离子浓度大小关系是c（Na+）＞　　　　　　．　22．（12分）（2022秋•山西校级月考）工业上用菱锰矿（MnCO3）[含FeCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pHMn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是　　　　　　．盐酸溶解MnCO3的化学方程式是　　　　　　．（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是　　　　　　．（3）滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2+，反应的离子方程式是　　　　　　．（4）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法．其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：□Mn2++□ClO3﹣+□　　　　　　=□　　　　　　+□　　　　　　+□　　　　　　．（5）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法．①生成MnO2的电极反应式是　　　　　　．②若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2．检验Cl2的操作是　　　　　　．③若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生．其原因是　　　　　　．　23．（15分）（2022秋•山西校级月考）为探究Ag+与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：已知：相关物质的溶解度（20°C）AgCl：1.5×10﹣4gAg2SO4：0.796g（1）甲同学的实验如下：序号操作现象实验Ⅰ将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4溶液中产生白色沉淀，随后有黑色固体产生取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红注：经检验黑色固体为Ag①白色沉淀的化学式是　　　　　　．②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是　　　　　　．31\n（2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ．a．按如图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移．偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银．放置一段时间后，指针偏移减小．b．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移．①a中甲烧杯里的电极反应式是　　　　　　．②b中电压表指针逆向偏移后，银为　　　　　　极（填“正”或“负”）．③由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是　　　　　　．（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：序号操作现象实验Ⅲ将2mL2mol/LFe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失实验Ⅳ将2mL1mol/LFe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失实验Ⅴ将2mL2mol/LFeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失①实验Ⅲ　　　　　　（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是　　　　　　．②用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：　　　　　　．　　三、【化学──物质结构与性质】（15分）24．（15分）（2022秋•山西校级月考）某钙钛型复合氧化物（如图），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化（巨磁电阻效应）．（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式　　　　　　．在图中，与A原子配位的氧原子数目为　　　　　　．（2）基态Cr原子的核外电子排布式为　　　　　　，其中电子的运动状态有　　　　　　种．（3）某些钙钛型复合氧化物能够催化NO直接分解为N2和O2，N和O的基态原子中，未成对的电子数目比为　　　　　　．（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径碳酸盐CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/℃90011721360阳离子半径/pm99112135请解释碳酸钙热分解温度最低的原因：　　　　　　．（5）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏伽德罗常数．对金属钙的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为558pm．又知钙的密度为1.54g•cm﹣3，则1cm3钙晶体中含有　　　　　　个晶胞，阿伏伽德罗常数为　　　　　　（列式计算）．31\n　　2022-2022学年山西大学附中高三（上）第二次月考化学参考答案与试题解析　一、单项选择题（每题2分）1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（　　）A．煤的干馏与石油的分馏均属于化学变化B．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒C．14C可用于文物的年代鉴定，14C与13C互为同素异形体D．葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体【考点】煤的干馏和综合利用；同位素及其应用；胶体的重要性质；原子构成；石油的裂化和裂解．【专题】原子组成与结构专题；有机化合物的获得与应用；化学计算．【分析】A、从干馏和分馏的区别来判断；B、从BaSO4的性质来分析；C、从同位素和同素异形体的不同来区别；D、从溶液和胶体的不同来判断；【解答】解：A、石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，所以是物理变化，煤的干馏是复杂的物理化学变化，故A错误；B、钡离子对人体有害，它是一种重金属离子，可以使人体中毒．硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害，故B错误；C、由同一种元素组成的性质不同的几种单质，叫做该元素的同素异形体，例如金刚石、石墨和C60是碳元素的同素异形体；而质子数相同而中子数不同的原子，二者互为同位素，故C错误；D、葡萄糖注射液是溶液，不属于胶体，丁达尔现象是胶体具有的性质，故D正确．故选D．【点评】本题考查分馏与干馏的区别、硫酸钡的医学用途、同位素和同素异形体以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．　31\n2．图是某学校实验室从化学试剂商店买回来的硫酸试剂标签上的部分内容．据此下列说法正确的是（　　）A．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol•L﹣1B．该硫酸50mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO20.46molC．要配制250mL4.6mol•L﹣1的稀硫酸需取该硫酸62.5mLD．等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A．根据c=计算该硫酸溶液的物质的量浓度；B．随反应进行，浓硫酸变稀，Cu不与稀硫酸反应；C．根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；D．硫酸的浓度越小密度越小，该硫酸与等质量的水混合所得溶液质量为原硫酸溶液的2倍，密度小于原硫酸溶液，故混合后溶液的体积大于原硫酸溶液的2倍，稀释后溶质硫酸不变，据此判断．【解答】解：A．该硫酸溶液的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，故A错误；B．50mL该浓硫酸完全反应生成二氧化硫为0.05L×18.4L/mol×=0.46mol，随反应进行，浓硫酸变稀，Cu不与稀硫酸反应，实际生成二氧化硫小于0.46mol，故B错误；C．设配制250mL4.6mol•L﹣1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则0.25L×4.6mol/L=x×18.4nol/L，解得x=0.0625L=62.5mL，故C正确；D．硫酸的浓度越小密度越小，该硫酸与等质量的水混合所得溶液质量为原硫酸溶液的2倍，密度小于原硫酸溶液，故混合后溶液的体积大于原硫酸溶液的2倍，稀释后溶质硫酸不变，所得溶液的物质的量浓度小于9.2mol/L，故D错误；故选C．【点评】本题考查浓硫酸的性质、物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意硫酸浓度越大密度越大．　3．实验室中以下物质的贮存方法不正确的是（　　）A．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处B．保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉C．少量金属钠保存在煤油中D．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发【考点】化学试剂的存放．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．浓硝酸有强氧化性；31\nB．硫酸亚铁具有还原性易被氧化为硫酸铁；C．根据钠的性质活泼易与空气中物质反应选择保存方法；D．根据溴的性质选择保存方法．【解答】解：A．浓硝酸有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，故A错误；B．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，常加入少量铁粉防止亚铁离子被氧化，加入硫酸防止其水解，故B正确；C．钠是活泼型金属，在常温下和氧气、水反应，少量钠应储存在煤油中，与空气隔绝，故C正确；D．溴单质易挥发，溴的密度比水大，溴微溶于水．为防止液溴挥发，所以用水密封，故D正确；故选A．【点评】本题考查学生试剂的保存知识，可以根据物质的性质来回答，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．　4．NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）A．标况下，11.2L氯气完全溶于1L水中，所得溶液中Cl﹣和ClO﹣两种粒子数之和为NAB．密闭容器中，0.1molH2和25.4g碘在一定条件下充分反应，生成HI分子数为0.2NAC．含有4NA个碳碳σ键的金刚石，其质量为24gD．含0.1molFeCl3的溶液完全水解后得到的胶体粒子个数为0.1NA【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．氯气溶于水，只有部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液中存在氯气分子、氯离子、次氯酸和次氯酸根离子；B．氢气与碘单质的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物；C．金刚石中存在的碳碳键都是σ键，根据均摊法计算出每个C原子形成的σ键数目，然后计算出含有4NA个碳碳σ键需要金刚石的质量；D．氢氧化铁胶体粒子为氢氧化铁的聚集体，无法计算胶粒数目．【解答】解：A．标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol，0.5mol氯气溶于水，只有部分氯气转化成氯化氢和次氯酸，其次氯酸为弱酸，只能部分电离出次氯酸根离子，所以Cl﹣和ClO﹣两种粒子数之和一定小于NA，故A错误；B．25.4g碘的物质的量为0.2mol，由于氢气与碘单质的反应为可逆反应，反应生成的碘化氢一定小于0.2mol，生成HI分子数小于0.2NA，故B错误；C．4NA个碳碳σ键的物质的量为4mol，金刚石中，每个C与其它4个C形成4个碳碳键，根据均摊法，每个碳原子形成的碳碳键数目为：×4=2，则形成4molσ键需要碳原子的物质的量为：=2mol，需要金刚石的质量为：12g/mol×2mol=24g，故C正确；D．氢氧化铁胶体粒子为氢氧化铁的聚集体，无法计算胶体中含有胶粒的数目，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确金刚石结构、可逆反应特点，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项D为易错点，需要明确氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体．　5．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）31\nA．饱和氯水中Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣B．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液中C6H5O﹣、K+、SO42﹣、Br﹣C．Na2S溶液中SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+D．pH=12的溶液中NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+【考点】离子共存问题．【分析】A．氯水具有强氧化性；B．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液呈碱性；C．与硫离子反应的离子不能大量共存；D．pH=12的溶液呈碱性．【解答】解：A．氯水具有强氧化性，可氧化SO32﹣，不能大量共存，故A错误；B．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，故B正确；C．Cu2+与硫离子反应生成CuS沉淀，故C错误；D．pH=12的溶液呈碱性，碱性条件下，Al3+不能大量共存，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握题目要求以及常见离子的性质和反应类型的判断，答题时注意题给信息，难度不大．　6．对下列反应：①NH4HCO3溶液与石灰水反应、②K2SO3溶液与稀盐酸反应，③Si与烧碱溶液反应、④Fe与稀硝酸反应，改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是（　　）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④【考点】离子方程式的书写．【分析】在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则就能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答．【解答】解：①NH4HCO3与足量澄清石灰水的离子反应为NH4++Ca2++HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+NH3．H2O+H2O，NH4HCO3与少量澄清石灰水的离子反应为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，不能用同一个离子方程式来表示，故选；②K2SO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成亚硫酸氢钾，离子反应为SO32﹣+H+═HSO3﹣，而盐酸量多时，反应生成二氧化硫和水，离子反应为SO32﹣+2H+═H2O+SO2↑，不能用同一个离子方程式来表示，故②选；③Si与烧碱溶液反应生成硅酸钠和氢气，与反应物用量无关，反应的离子方程式为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，可以用同一方程式表示，故③不选；④Fe与稀硝酸反应，Fe不足生成Fe3+，离子方程式为：4H++NO3﹣+Fe═Fe3++NO↑+2H2O；Fe过量生成Fe2+，离子方程式为：8H++2NO3﹣+3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O，所以不能用同一个离子方程式来表示，故④选．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，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重与量有关的离子反应考查，注重分析能力与知识综合应用能力的训练，题目难度不大．　7．下列实验装置或操作正确的是（　　）31\nA．制备Fe（OH）2B．实验室制备乙炔C．从碘与NaCl混合液中分离出碘D．比较白磷、红磷的着火点【考点】实验装置综合．【分析】A．苯的密度较小，起到了隔离空气的作用；B．实验室利用碳化钙与水反应制取乙炔，此反应大量放热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器；C．水的沸点较低，无法使碘单质凝华；D．白磷的着火点低，应该放在温度低的位置．【解答】解：A．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，应避免接触空气，该方法能够获得氢氧化亚铁，故A正确；B．实验室利用碳化钙与水反应制取乙炔，此反应大量放热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器，且反应较快，故不可利用启普发生器制取，故B错误；31\nC．水的沸点较低，碘单质升华的温度高，只发生水的蒸发，无法分离出碘单质，故C错误；D．白磷的着火点低，应将白磷与红磷互换，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及物质制取和性质实验，侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力．　8．某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是（　　）A．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离B．X、Z烧杯中分散质相同C．Y中反应的离子方程式为：3CaCO3+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3+3CO2↑+3Ca2+D．Z中分散系能产生丁达尔效应【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．过滤法除去的是液体中不溶性的物质；B．x是氯化铁溶液，z是氢氧化铁胶体；C．碳酸钙能与氢离子结合促进三价铁的水解；D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质．【解答】解：A．过滤法分离固体和液体，故A正确；B．x是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，在是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故B错误；C．碳酸钙能与氢离子结合生成水和二氧化碳促进三价铁的水解，故C正确；D．z是氢氧化铁胶体具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故D正确．故选B．【点评】本题考查物质的分离、分散系、盐类的水解、胶体的性质，难度不大，注意溶液无丁达尔效应，而胶体有丁达尔效应．　9．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（　　）①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl﹣＞As；③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③【考点】氧化还原反应．【专题】压轴题；氧化还原反应专题．【分析】离子方程式3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成．【解答】解：①H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故①正确；②反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故②错误；③H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故③正确；31\n④根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故④错误；⑤SnCl2→SnCl62﹣，Sn元素的化合价升高，SnCl62﹣是氧化产物，故⑤正确．故选：A．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应．　10．物质制备过程中离不开物质的提纯．以下除杂方法不正确的是（　　）选项目的实验方法A除去Na2CO3固体中的NaHCO3置于坩埚中加热至恒重B除去NaCl中少量KNO3将混合物制成热饱和溶液，冷却结晶，过滤C除去CO2中的HCl气体通过NaHCO3（aq，饱和），然后干燥D除去C2H5Br中的Br2加入足量Na2SO3（aq），充分振荡，分液A．AB．BC．CD．D【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．NaHCO3不稳定，加热易分解；B．硝酸钾溶解度受温度影响很大，氯化钠溶解度受温度影响不大；C．二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应；D．Br2可与Na2SO3发生氧化还原反应而被除去．【解答】解：A．NaHCO3不稳定，加热易分解，将固体置于坩埚中加热至恒重，可得到纯净的碳酸钠固体，故A正确；B．硝酸钾溶解度受温度影响很大，氯化钠溶解度受温度影响不大，可除去硝酸钾，但得到的氯化钠溶液，实验步骤不完整，故B错误；C．二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可除去杂质，故C正确；D．Br2可与Na2SO3发生氧化还原反应而被除去，然后分液可得溴乙烷，故D正确．故选B．【点评】本题考查物质的分离、提纯的实验设计，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同，易错点为B，注意除杂时不能引入新的杂质．　11．下列说法正确的是（　　）A．将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁B．将CO2和SO2混合气体分别通入BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液中，最终都有沉淀生成C．检验某酸性溶液中Cl﹣和SO42﹣，选用试剂及顺序是过量Ba（NO3）2溶液、AgNO3溶液D．用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物分离【考点】铁的化学性质；常见离子的检验方法；二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】元素及其化合物．【分析】A、溶液中氧化性Fe3+＞Cu2+，铁先和铁离子反应后再和铜离子反应，所以固体剩余一定含铜；B、CO2和SO2混合气体通入BaCl2溶液中不反应，通入Ba（NO3）2溶液中，二氧化碳不反应，二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液中硝酸根离子具有强氧化性能氧化亚硫酸；C、依据检验氯离子和硫酸根离子的实验方法分析；31\nD、NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物加热发生反应；【解答】解：A、将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，Fe先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，如果反应有剩余，必定含有Cu，故A错误；B、将CO2和SO2混合气体通入BaCl2溶液中，由于无法弱酸制强酸，因此反应不进行，通入Ba（NO3）2溶液中，由于HNO3可以把H2SO3氧化为H2SO4，因此有BaSO4沉淀生成，故B错误；C、检验某酸性溶液中Cl﹣和SO42﹣，选用试剂及顺序是过量Ba（NO3）2溶液、若生成白色沉淀，说明含有硫酸根离子，加入AgNO3溶液生成白色沉淀说明含有氯离子，故C正确；D、NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物加热，两者反应了生成NH3，而不是分离，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质性质的分析判断，离子检验方法，注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，题目难度中等．　12．下列条件中，两种气体所含原子数一定相等的是（　　）A．同质量、不同密度的N2和COB．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H6和NOD．同压强、同电子数的N2O和CO2【考点】阿伏加德罗定律及推论；物质分子中的原子个数计算．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．同质量、不同密度的N2和CO，二者的摩尔质量相等，所以其物质的量相等，根据N=nNA结合分子构成计算；B．同温度、同体积的H2和N2，二者的压强不一定相等，所以其物质的量不一定相等；C．同体积、同密度的C2H6和NO，二者的质量相等，二者的摩尔质量相等，所以其物质的量相等，根据N=nNA结合分子构成计算；D．同压强、同电子数的N2O和CO2，两种气体分子中电子数相等，所以两种气体的分子数相等，结合分子构成计算．【解答】解：A．同质量、不同密度的N2和CO，二者的摩尔质量相等，所以其物质的量相等，根据N=nNA知，二者的分子个数相等，每个分子中所含原子个数相等，所以其原子个数一定相等，故A正确；B．同温度、同体积的H2和N2，二者的压强不一定相等，所以其物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，则其原子个数不一定相等，故B错误；C．同体积、同密度的C2H6和NO，二者的质量相等，二者的摩尔质量相等，所以其物质的量相等，根据N=nNA二者的分子个数相等，每个分子中所含原子个数不相等，所以其原子个数一定不相等，故C错误；D．同压强、同电子数的N2O和CO2，两种气体分子中电子数相等，所以两种气体的分子数相等，每个分子中所含原子个数相等，所以其原子个数一定相等，故D正确；故选AD．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确物质的量有关公式中各个物理量的关系是解本题关键，侧重考查学生对公式的灵活运用，题目难度不大．　13．根据下列实验现象，所得结论正确的是（　　）实验实验现象结论31\nA左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Cu＞FeB左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性AgCl＞AgBr＞Ag2SD锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化性、还原性强弱的比较；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】压轴题；实验评价题．【分析】A．活动性为Al＞Fe＞Cu；B．不能证明氧化性Br2＞I2；C．从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；D．比较非金属性应为最高价氧化物的水化物的酸性．【解答】解：A．左烧杯中铁表面有气泡，说明活动性Al＞Fe，右边烧杯中铜表面有气泡，说明活动性Fe＞Cu，则活动性为Al＞Fe＞Cu，故A错误；B．因生成的Br2中含有Cl2，则不能证明氧化性Br2＞I2，故B错误；C．白色固体先变为淡黄色，说明溶解性AgCl＞AgBr，后变为黑色，说明溶解性AgBr＞Ag2S，故C正确；D．比较非金属性应为最高价氧化物的水化物的酸性，不能用盐酸，并且盐酸易挥发，生成的二氧化碳中混有HCl，不能证明非金属性C＞Si，故D错误．故选C．【点评】本题考查实验方案的评价，题目难度中等，易错点是能正确把握比较物质性质的角度．　31\n14．在离子浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，加入（或通入）某物质后，发生反应先后顺序正确的是（　　）A．在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+B．在含I﹣、SO32﹣、Br﹣的溶液中不断通入氯气：I﹣、Br﹣、SO32﹣C．在含AlO2﹣、SO32﹣、OH﹣的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH﹣、AlO2﹣、SO32﹣D．在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：H+、NH4+、Fe3+【考点】离子反应发生的条件；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】离子反应专题．【分析】A．同种还原剂和多种氧化剂反应时遵循氧化还原反应的先后规律，氧化性强的先反应；B．同种氧化剂和多种还原剂反应时遵循氧化还原反应的先后规律，还原性强的先反应；C．依据溶液的碱性强弱进行判断；D．依据反应生成物质的稳定性来判断．【解答】解：A．氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，依据氧化还原反应的先后规律，发生反应先后顺序为：Fe3+、Cu2+、H+，故A错误；B．还原性：SO32﹣＞I﹣＞Br﹣，依据氧化还原反应的先后规律，发生反应先后顺序为：SO32﹣、I﹣、Br﹣，故B错误；C．碱性：OH﹣＞AlO2﹣＞SO32﹣，故发生反应先后顺序为：OH﹣、AlO2﹣、SO32﹣，故C正确；D．稳定性：水＞氢氧化铁＞一水合氨，故发生反应先后顺序为：H+、Fe3+、NH4+，故D错误，故选C．【点评】本题考查氧化性、还原性强弱比较，离子反应发生的条件，难度不大．注意分析离子反应生成物的特点．　15．为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以A1作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚．反应原理如下：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）═2PbSO4（s）+2H2O（l）电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑，电解过程中，以下判断正确的是（　　）原电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极：PbO2+4H++2e﹣═Pb2++2H2O阳极：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+DA．AB．BC．CD．D【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动；B．串联电池中转移电子数相等；C．原电池正极上生成硫酸铅；D．原电池中铅电极上生成硫酸铅．【解答】解：A．原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；31\nB．串联电池中转移电子数相等，每消耗3molPb，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C．原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D．原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等．　16．下列各组中的实验步骤及现象，能达到相应实验目的是（　　）实验目的实验步骤及现象A检验亚硫酸钠试样是否变质试样白色沉淀沉淀不溶解B制取氯气并探究氯气是否具有漂白性MnO2和稀盐酸气体褪色C证明酸性条件H2O2氧化性比I2强碘化钠溶液溶液变蓝色D探究浓度对于化学平衡的影响FeCl3和KSCN混合溶液红色变深A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．白色沉淀可能为硫酸钡，也可能为亚硫酸钡，再加稀硫酸沉淀不溶解；B．MnO2和稀盐酸不反应；C．稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子；D．铁离子浓度增大，化学平衡正向移动．【解答】解：A．白色沉淀可能为硫酸钡，也可能为亚硫酸钡，再加稀硫酸沉淀不溶解，则证明变质，加盐酸溶解后，再加氯化钡，故A错误；B．MnO2和稀盐酸不反应，不能生成氯气，故B错误；C．稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子，不能确定是过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应，故C错误；D．铁离子浓度增大，化学平衡正向移动，络离子浓度增大，颜色加深，则说明浓度对于化学平衡的影响，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握常见离子的检验、气体的制备、化学平衡移动及氧化还原反应为解答的关键，侧重物质性质及化学反应原理的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　17．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．在100mL1mol•L﹣1的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO2：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO+4H+B．在100mL2mol•L﹣1的FeI2的溶液中通入标况下5.6L的Cl2：4Fe2++6I﹣+5Cl2═4Fe3++3I2+10Cl﹣31\nC．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：2HCO+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+COD．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，漏写硝酸根离子与二氧化硫的反应；B．n（I﹣）=0.4mol，n（Cl2）==0.25mol，由电子得失守恒可知氧化0.1molFe2+；C．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水生成碳酸钙沉淀和水；D．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液生成硫酸钡和偏铝酸根离子．【解答】解：A．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，漏写硝酸根离子与二氧化硫的反应，反应的离子方程式为Fe3++3NO3﹣+5SO2+4H2O═Fe2++5SO42﹣+8H++3NO↑，故A错误；B．n（I﹣）=0.4mol，n（Cl2）==0.25mol，由电子得失守恒可知氧化0.1molFe2+，反应的离子方程式为2Fe2++8I﹣+5Cl2═2Fe3++4I2+10Cl﹣，故B错误；C．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水生成碳酸钙沉淀和水，应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C错误；D．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液生成硫酸钡和偏铝酸根离子，反应的离子方程式为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故D正确．故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，注意与量有关的离子方程式的书写，明确弱电解质、难溶物写成化学式，本题综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力，难度中等．　18．某废水含有下列离子中的5种（忽略水的电离及离子的水解），K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣，测得各种离子的物质的量浓度相等．为探究废水的组成，某同学进行了如下实验：①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰．②另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变．③另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．根据上述实验，以下推测正确的是（　　）A．溶液中无法确定Al3+的存在与否B．原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32﹣C．步骤②中可以确定Fe2+、NO3﹣的存在D．步骤③中共有2种钡盐沉淀【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰，则说明没有K+；另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+；31\n若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有CO32﹣或SO42﹣，因为有Fe2+，Fe2+与CO32﹣不能共存，所以没有CO32﹣；则溶液中的离子有Fe2+、NO3﹣、SO42﹣，已知各种离子的物质的量浓度相等，阴离子电荷比阳离子电荷多，所以还有另外的阳离子Cu2+或Al3+，若有Cu2+，阳离子的电荷多还须有Cl﹣，若有Al3+，阴离子加上Cl﹣，电荷仍不守恒；所以根据电荷守恒可知还有Cu2+、Cl﹣，所以原溶液中所含的离子为：Cu2+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣，一定不含：K+、Al3+、CO32﹣离子．据此分析选项．【解答】解：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰，则说明没有K+；另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+；若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有CO32﹣或SO42﹣，因为有Fe2+，Fe2+与CO32﹣不能共存，所以没有CO32﹣；则溶液中的离子有Fe2+、NO3﹣、SO42﹣，已知各种离子的物质的量浓度相等，阴离子电荷比阳离子电荷多，所以还有另外的阳离子Cu2+或Al3+，若有Cu2+，阳离子的电荷多还须有Cl﹣，若有Al3+，阴离子加上Cl﹣，电荷仍不守恒；所以根据电荷守恒可知还有Cu2+、Cl﹣，所以原溶液中所含的离子为：Cu2+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣，一定不含：K+、Al3+、CO32﹣离子；A．根据以上分析可确定一定无Al3+的存在，故A错误；B．根据以上分析，原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32﹣，故B正确；C．另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3﹣和还原性的Fe2+，故C正确；D．另取溶液加入BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了离子检验的实验方法和反应现象分析，掌握离子性质和溶液中电荷守恒计算判断存在的离子是解题关键，题目难度较大．　19．将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（　　）A．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25B．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3C．与NaOH反应的氯气一定为0.3molD．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1【考点】氧化还原反应的计算．【专题】计算题．【分析】由信息可知，氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、NaClO3，氧化产物只有NaClO转移电子最少，氧化产物只有NaClO3时转移电子最多，结合电子守恒及原子守恒解答．31\n【解答】解：A．由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A正确；由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2nB．由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B错误；C．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=n（NaOH）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故C错误；D．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2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握Cl元素的化合价变化及电子守恒、原子守恒的应用为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度中等．　二、解答题（共4小题，满分47分）20．实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2（发生装置如图所示）．（1）制备实验开始时，先检查装置气密性，接下的操作依次是　ACB　（填序号）．A．往烧瓶中加入MnO2粉末B．加热C．往烧瓶中加入浓盐酸（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止．为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量．乙方案：采用酸碱中和滴定法测定．丙方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量．丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积．继而进行下列判断和实验：①判定甲方案不可行，理由是　残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀　．②进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样．a．量取试样20.00mL，用0.1000mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为　0.1100　mol•L﹣1；b．平行滴定后获得实验结果．③判断丙方案的实验结果　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“准确”）．[已知：Ksp（CaCO3）=2.8×10﹣9、Ksp（MnCO3）=2.3×10﹣11]．④进行丁方案实验：装置如图所示（夹持器具已略去）．（ⅰ）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将　Zn粒　转移到　残余清液　中．（ⅱ）反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变．气体体积逐次减小的原因是　装置内气体尚未冷至室温　（排除仪器和实验操作的影响因素）．31\n【考点】氯气的实验室制法．【分析】（1）依据反应物及制取气体的操作步骤分析解答；加药顺序一般是先加入固体药品，再加入液药品，最后再加热．则依次顺序是ACB．（2）①甲同学的方案：二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应，故反应不可行；②乙同学的方案：依据滴定实验过程中的化学反应定量计算；③与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量．由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；④依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点．使Zn粒进入残余清液中让其发生反应．这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边．若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小；反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到气体未冷却了．【解答】解：（1）加药顺序一般是先加入固体药品，再加入液药品，最后再加热．检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体：浓盐酸，然后加热；则依次顺序是ACB；故答案为：ACB；（2）①与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度；故答案为：残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；②量取试样20.00mL，用0.1000mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由CHClVHCl=CNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为0.1100mol/L，故答案为：0.1100mol/L；③根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小；④i、使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是：将锌粒转移到残留溶液中，故答案为：Zn粒　残余清液；ii、反应完毕后，每间隔1分钟读取气体体积．气体体积逐渐减小，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体未冷却到室温．【点评】本题考查了实验室制备氯气的试剂添加顺序，中和滴定的实验操作和计算应用，实验题总体比较基础简单，可能最后一问比较出人意料，难以想到，题目难度中等．　21．（13分）（2022秋•山西校级月考）合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义．（1）尿素[CO（NH2）2]是一种高效化肥，也是一种化工原料．31\n①以尿素为原料在一定条件下发生反应：CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）D△H=+133.6kJ/mol．该反应的化学平衡常数的表达式K=　c2（NH3）•c（CO2）　．关于该反应的下列说法正确的是　a　（填序号）．a．从反应开始到平衡时容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变b．在平衡体系中增加水的用量可使该反应的平衡常数增大c．降低温度使尿素的转化率增大②尿素在一定条件下可将氮的氧化物还原为氮气．结合①中信息，尿素还原NO（g）的热化学方程式是　2CO（NH2）2（s）+6NO（g）=5N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1804.7KJ/mol　．③密闭容器中以等物质的量的NH3和CO2为原料，在120℃、催化剂作用下反应生成尿素：CO2（g）+2NH3（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（g），混合气体中NH3的物质的量百分含量[ϕ（NH3）]随时间变化关系如图所示．则a点的正反应速率ν（正）（CO2）　＞　b点的逆反应速率ν（逆）（CO2）（填“＞”、“=”或“＜”）；氨气的平衡转化率是　75%　．（2）NO2会污染环境，可用Na2CO3溶液吸收NO2并生成CO2．已知9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，此反应的离子方程式是　2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2　；恰好反应后，使溶液中的CO2完全逸出，所得溶液呈弱碱性，则溶液中离子浓度大小关系是c（Na+）＞　c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式．【专题】化学平衡专题；盐类的水解专题；化学平衡计算．【分析】（1）①化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；a．混合气体中只有氨气、二氧化碳，二者物质的量之比为定值2：1，平均相对分子质量不变；b．平衡常数只受温度影响；c．正反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动；②尿素在一定条件下可将氮的氧化物还原为氮气，反应方程式为：2CO（NH2）2（s）+6NO（g）=5N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l），已知：①CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）D△H=+133.6kJ/mol，由图可得热化学方程式：②4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）△H=﹣2071.9kJ/mol，根据盖斯定律，①×2+②可得：2CO（NH2）2（s）+6NO（g）=5N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l）；③a点未到达平衡，反应继续向正反应进行，正反应速率减小、逆反应速率增大到b点平衡状态时正逆速率相等；设NH3和CO2的起始物质的量为1mol，平衡时氨气转化率为x，表示出平衡时各组分物质的量，结合氨气的体积分数20%列方程计算；31\n（2）9.2gNO2的物质的量=0.2mol，Na2CO3溶液完全反应生成CO2时转移电子0.1mol，反应中只有N元素化合价变化，则N的化合价分别由+4价变化为+5价和+3价，反应的离子方程式为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2，在碱性溶液中应生成NaNO3和NaNO2，二者浓度相等，NO2﹣水解溶液呈碱性．【解答】解：（1）①化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出，CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）平衡常数K=c2（NH3）•c（CO2）；a．混合气体中只有氨气、二氧化碳，二者物质的量之比为定值2：1，平均相对分子质量不变，故a正确；b．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，增加水的用量不影响平衡常数，故b错误；c．正反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，尿素的转化率减小，故c错误，故答案为：c2（NH3）•c（CO2）；a；②尿素在一定条件下可将氮的氧化物还原为氮气，反应方程式为：2CO（NH2）2（s）+6NO（g）=5N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l），已知：①CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）D△H=+133.6kJ/mol，由图可得热化学方程式：②4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）△H=﹣2071.9kJ/mol，根据盖斯定律，①×2+②可得：2CO（NH2）2（s）+6NO（g）=5N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1804.7KJ/mol，故答案为：2CO（NH2）2（s）+6NO（g）=5N2（g）+2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1804.7KJ/mol；③氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明b点反应达到平衡状态，a点氨气体积百分含量大于b的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，a点的正反应速率大于b点的正反应速率，故v正（CO2）＞v逆（CO2）；设NH3和CO2的起始物质的量为1mol，平衡时氨气转化率为x，则：CO2（g）+2NH3（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g），起始量（mol）：110变化量（mol）：0.5xx0.5x平衡量（mol）：1﹣0.5x1﹣x0.5x氨气的体积分数==20%，解得x=75%，故答案为：＞；75%；（2）9.2gNO2的物质的量=0.2mol，Na2CO3溶液完全反应生成CO2时转移电子0.1mol，反应中只有N元素化合价变化，则N的化合价分别由+4价变化为+5价和+3价，反应的离子方程式为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2，在碱性溶液中应生成NaNO3和NaNO2，二者浓度相等，NO2﹣水解溶液呈碱性，所得溶液中的离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：2NO2+CO32﹣=NO3﹣+NO2﹣+CO2；c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查盖斯定律应用、化学平衡计算、平衡常数、离子浓度大小比较等，是对学生综合能力的考查，难度中等．　31\n22．（12分）（2022秋•山西校级月考）工业上用菱锰矿（MnCO3）[含FeCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pHMn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是　增大接触面积，提高反应速率　．盐酸溶解MnCO3的化学方程式是　MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O　．（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是　2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+　．（3）滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2+，反应的离子方程式是　MnS+Cu2+=Mn2++CuS　．（4）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法．其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：□Mn2++□ClO3﹣+□　4H2O　=□　Cl2↑　+□　5MnO2　+□　8H+　．（5）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法．①生成MnO2的电极反应式是　Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+　．②若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2．检验Cl2的操作是　将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成　．③若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生．其原因是　其它条件不变下，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl﹣放电）　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2．（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水；（2）加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成；（3）MnS与氯化铜反应转化更难溶的CuS，同时得到氯化镁；（4）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，结合电荷守恒、原子守恒配平；31\n（5）①由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成；②生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，用润湿的淀粉碘化钾试纸检验；③其它条件不变下，增大Mn2+浓度，有利于Mn2+放电．【解答】解：菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2．（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水，反应方程式为：MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O，故答案为：增大接触面积，提高反应速率；MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O；（2）加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+，故答案为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+；（3）MnS与氯化铜反应转化更难溶的CuS，同时得到氯化镁，反应离子方程式为：MnS+Cu2+=Mn2++CuS，故答案为：MnS+Cu2+=Mn2++CuS；（4）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，配平后离子方程式为：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+，故答案为：4H2O；Cl2↑；5MnO2；8H+；（5）①由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成，电极反应式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+；②生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，检验Cl2的操作是：将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成，故答案为：将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成；③Mn2+、Cl﹣都在阳极放电，二者为竞争关系，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl﹣放电），故答案为：其它条件不变下，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl﹣放电）．【点评】本题物质制备实验，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　23．（15分）（2022秋•山西校级月考）为探究Ag+与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：已知：相关物质的溶解度（20°C）AgCl：1.5×10﹣4gAg2SO4：0.796g（1）甲同学的实验如下：序号操作现象实验Ⅰ将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4溶液中产生白色沉淀，随后有黑色固体产生取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红31\n注：经检验黑色固体为Ag①白色沉淀的化学式是　Ag2SO4　．②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是　有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红　．（2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ．a．按如图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移．偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银．放置一段时间后，指针偏移减小．b．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移．①a中甲烧杯里的电极反应式是　Fe2+﹣e﹣=Fe3+　．②b中电压表指针逆向偏移后，银为　负　极（填“正”或“负”）．③由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是　Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag　．（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：序号操作现象实验Ⅲ将2mL2mol/LFe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失实验Ⅳ将2mL1mol/LFe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失实验Ⅴ将2mL2mol/LFeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失①实验Ⅲ　不能　（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是　因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3﹣也可能氧化Ag　．②用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：　溶液中存在平衡：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl﹣比SO42﹣更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大　．【考点】性质实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4溶液中分数复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化Fe2+为Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成；（2）①偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，银做原电池正极，石墨做原电池负极，甲池溶液中是亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，；②随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小→回到零点→逆向偏移，证明银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银；③实验可知银离子具有强氧化性氧化亚铁离子为铁离子；（3）①酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性，也可以溶解银；②分析选项可知，溶液中存在平衡：Fe3++Ag=Fe2++Ag+，硫酸根离子和氯离子对平衡的影响判断平衡进行的方向解释．【解答】解：（1）将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4溶液中分数复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化Fe2+为Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成；31\n①上述分析可知白色沉淀为硫酸银，它的化学式是Ag2SO4，故答案为：Ag2SO4；②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是实验现象中，银离子被还原为黑色固体金属单质银，取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成，故答案为：有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红；（2）①实验过程中电压表指针偏移，偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，依据原电池原理可知银做原电池正极，石墨做原电池负极，负极是甲池溶液中亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，a中甲烧杯里的电极反应式是Fe2+﹣e﹣=Fe3+；故答案为：Fe2+﹣e﹣=Fe3+；②随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小→回到零点→逆向偏移，依据电子流向可知乙池中银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银生成亚铁离子；故答案为：负；③由实验现象得出，Ag+和Fe2+反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag；故答案为：Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag；（3）①将2mL2mol/LFe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银杯氧化，可能是溶液中铁离子的氧化性，也可能是铁离子水解显酸性的溶液中，硝酸根离子在酸溶液中具有了强氧化性，稀硝酸溶解银，所以实验Ⅲ不能证明Fe3+氧化了Ag，故答案为：不能；因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3﹣也可能氧化Ag；②将2mL1mol/LFe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失说明部分溶解，将2mL2mol/LFeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银溶解完全，依据上述现象可知，溶液中存在平衡：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl﹣比SO42﹣更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大，故答案为：溶液中存在平衡：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl﹣比SO42﹣更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大．【点评】本题考查了物质性质的实验设计验证，物质性质的理解，原电池原理分析，主要是实验现象和反应产物分析判断，注意题干信息的理解应用，掌握基础是关键，题目难度较大．　三、【化学──物质结构与性质】（15分）24．（15分）（2022秋•山西校级月考）某钙钛型复合氧化物（如图），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化（巨磁电阻效应）．（1）用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式　ABO3　．在图中，与A原子配位的氧原子数目为　12　．（2）基态Cr原子的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d54s1　，其中电子的运动状态有　24　种．（3）某些钙钛型复合氧化物能够催化NO直接分解为N2和O2，N和O的基态原子中，未成对的电子数目比为　3：2　．（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径碳酸盐CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/℃90011721360阳离子半径/pm9911213531\n请解释碳酸钙热分解温度最低的原因：　碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果．钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低　．（5）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏伽德罗常数．对金属钙的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为558pm．又知钙的密度为1.54g•cm﹣3，则1cm3钙晶体中含有　5.76×1021　个晶胞，阿伏伽德罗常数为　=6.0×1023　（列式计算）．【考点】晶胞的计算．【分析】（1）A位于顶点、B位于体心，O位于面心，结合均摊法计算；晶胞中与A最近的氧原子位于同一平面内的面心和定点，每个晶胞中有个O与A距离最近；（2）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；（3）N和O的价电子排布式分别为2s22p3、2s22p4，以此判断未成对电子数；（4）从表格中得出：这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高；（5）钙的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中含有Ca的数目为8×+6×=4，边长为558pm，则晶胞的体积为（558×10﹣10cm）3=1.7×10﹣22cm3，以此可计算1cm3钙晶体中含有晶胞的数目，结合ρ=计算阿伏伽德罗常数．【解答】解：（1）A位于顶点、B位于体心，O位于面心，则晶胞中A的个数为8×=1，B的个数为1，O的个数为6×=3，则化学式为ABO3，晶胞中与A最近的氧原子位于同一平面内的面心和定点，每个晶胞中有个O与A距离最近，而A为8个晶胞共有，则与A原子配位的氧原子数目为8×=12，故答案为：ABO3；12；（2）Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，每个电子的运动状态都不同，则有24种不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；24；（3）N和O的价电子排布式分别为2s22p3、2s22p4，则未成对的电子数目比为3：2，故答案为：3：2；31\n（4）从表格中得出：这些物质的阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高，由于钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低，故答案为：碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果．钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低；（5）钙的晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞中含有Ca的数目为8×+6×=4，边长为558pm，则晶胞的体积为（558×10﹣10cm）3=1.74×10﹣22cm3，则1cm3钙晶体中含有晶胞的数目为≈5.76×1021，ρ===1.54g•cm﹣3，NA==6.0×1023，故答案为：5.76×1021；=6.0×1023．【点评】本题以科学研究钙钛型复合氧化物作背景，考查学生对电子排布、晶胞计算等知识，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度中等，是对物质结构基础知识和应用能力考查，基础性较强，重点突出．　31