山东省泰安市新泰市新汶中学2022届高三化学上学期11月月考试题含解析

2022-2022学年山东省泰安市新泰市新汶中学高三（上）月考化学试卷　一．选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确是（　　）A．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物B．严重影响我国北方的霾尘，其颗粒物是种胶体C．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染D．自来水厂常加入FeSO4和Cl2处理水，达到同时杀菌、消毒和聚沉水体中悬浮物的目的　2．下列说法正确的是（　　）A．H、D、T属于同位素，H2、D2、T2属于同素异形体B．氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯净物C．冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐D．水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源　3．下列有关说法中正确的是（　　）A．从组成元素上可以区别纯净物和混合物B．碱性氧化物一定是金属氧化物C．通过化学变化可以实现16O与18O问的相互转化D．鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液生成白色沉淀，属于化学变化　4．设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．1molNaHSO4晶体中离子总数为2NAB．4.4g14CO2含中子数为2.4NAC．0.3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3NAD．1molFe在氧气中燃烧失去的电子数为3NA　5．下列说法在一定条件下可以实现的是（　　）-34-\n①酸性氧化物与碱反应　②弱酸与盐溶液反应可生成强酸③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应　④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性　⑤有单质参加的非氧化还原反应　⑥两种含氧化合物反应的产物有气体．A．①②③④⑤⑥B．②④⑤⑥C．①②③⑤D．③④⑤⑥　6．对相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（　　）A．若质量相等，则质子数相等B．若原子数相等，则中子数相等C．若分子数相等，则体积相等D．若体积相等，则密度相等　7．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3纳米）恢复了磁性，“钴酞菁”分子结构和性质与人体的血红素及植物体内的叶绿素非常相似．下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（　　）A．在水中所形成的分散系属悬浊液B．分子直径比Na+小C．在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D．“钴酞菁”分子不能透过滤纸　8．室温时，下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是（　　）A．饱和氯水中：Na+、Mg2+、SO32﹣、Cl﹣B．pH=0的溶液：Na+、NO3﹣、HCO3﹣、SO42﹣C．加入石蕊试液呈蓝色的溶液：NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣D．加入铝片产生大量H2的溶液：Na+、K+、SO42﹣、CO32﹣　9．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（　　）-34-\nA．装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体C．装置③中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3　10．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（　　）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收　　二．选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）11．下列离子方程式正确的是（　　）A．向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至Al3+恰好沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓B．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣H2O+NH3↑C．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3∙H2O═﹣+4NH4+D．FeO溶于稀硝酸中：FeO+2H+═Fe2++H2O　-34-\n12．某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（　　）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质　13．某无色溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（　　）①肯定不含I﹣　②肯定不含Cu2+　③肯定含有SO32﹣④可能含有I﹣．A．①③B．①②③C．③④D．②③④　14．用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（　　）选项①中物质②中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠、氢氧化钠混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．AB．BC．CD．D　-34-\n15．铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝：下列说法中错误的是（　　）A．①②中除加试剂外，还需要进行过滤操作B．a、b中铝元素的化合价不相同C．③中需要通入过量的CO2D．④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝　16．下列说法正确的是（　　）A．相同体积和物质的量浓度的不同溶液里所含溶质的物质的量相同B．10mol/L的浓盐酸与H2O等质量混合所得混合液的浓度为5mol/LC．溶液中溶质质量分数为w，密度为ρg•cm﹣3，溶质摩尔质量为Mg•mol﹣1的溶液的物质的量浓度为mol/LD．一定物质的量浓度的溶液配制过程中，仰视定容，所得溶液的浓度偏大　17．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：下列有关物质的推断不正确的是（　　）甲乙丙．A．若甲为AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液B．若甲为H2S，则丁不可能是O2C．若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2　18．在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1．向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，设溶液的体积仍为100mL，则所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是（　　）A．0.15mol•L﹣1B．0.225mol•L﹣1C．0.35mol•L﹣1D．0.45mol•L﹣1　-34-\n19．用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计得最严密的是（　　）A．检验试液中的SO42﹣：试液无沉淀　白色沉淀B．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液C．检验试液中的I﹣：试液棕黄色溶液蓝色溶液D．检验试液中的CO32﹣：试液白色沉淀沉淀溶解　20．某无色气体可能含有CO、H2、O2、CO2、NH3、NO、HCl、NO2、SO2等气体中的若干种，为确定其成分，某学生进行了如下实验：①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体．②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象；而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊．③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色．下列判断正确的是（　　）A．混合气体中一定有NO2和COB．混合气体中一定没有H2和NH3C．不能确定混合气体中是否有NH3D．混合气体中至少有HCl等四种气体　　三、解答题（共5小题，满分50分）21．储氢纳米碳管的研制成功体现了科技的进步．用电弧法合成的纳米碳管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化汽化法提纯．其反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2（SO4）3、H2O七种物质．（1）配平化学方程式：□C+□K2Cr2O7+□H2SO4→□CO2↑+□K2SO4+□Cr2（SO4）3+□H2O（2）上述反应中氧化剂是（填化学式）　　　　　　，被氧化的元素是（填元素符号）　　　　　　．（3）若反应中电子转移了3mol，则产生的气体在标准状况下的体积为　　　　　　L．-34-\n　22．某地酸雨中可能含有下列离子：Na+、Mg2+、NH、Cl﹣、SO、SO、NO和NO等．为确定其组成，分别进行下列4组实验：（已知：2MnO+5NO+6H+═2Mn2++5NO+3H2O）A．取试样，滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色：B．取试样，滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；C．取试样，滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；D．取试样，滴加酸性KMnO4溶液，不褪色．回答下列问题：（1）C实验说明酸雨中含　　　　　　（填化学式）（2）根据实验结果，你认为是否含有NO？　　　　　　（填“含有”、“不含有”），其原因是　　　　　　；（3）写出B实验现象的离子方程式　　　　　　．　23．某课外兴趣小组欲配制1mol•L﹣1FeCl3溶液来制备Fe（OH）3胶体，并探究其性质：（1）在制备的实验当中，若遇到下列情况，对1mol•L﹣1FeCl3溶液的物质的量浓度有何影响（其他操作准确）（填“偏高”“偏低”或“不变”）？①摇匀后发现液面低于刻度线再加水：　　　　　　②洗涤烧杯和玻璃棒后没有将洗涤液转移到容量瓶中：　　　　　　（2）制备氢氧化铁胶体：首先取少量蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴滴加1mol•L﹣1FeCl3溶液继续煮沸，至液体呈透明的红褐色．①请写出制备Fe（OH）3胶体的离子方程式：　　　　　　；②某同学按要求制备了Fe（OH）3胶体，但是他又向Fe（OH）3胶体中逐滴加入了稀硫酸溶液，结果出现了一系列变化．先出现红褐色沉淀，原因是　　　　　　，随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是　　　　　　．③检验沉淀溶解后的溶液中含有Fe3+，应向反应后的溶液中滴加　　　　　　溶液．　-34-\n24．亚硝酸钠常用作食品防腐剂．现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸的反应及生成气体产物的成分．已知：①NO+NO2+2OH﹣═2NO+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃、NO：﹣152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（按左→右连接）：A→C→　　　　　　→　　　　　　→B．（2）组装好仪器后，接下来进行的操作是　　　　　　．（3）关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①确认A中产生的气体中含有NO，依据的现象是　　　　　　．②装置B的作用是　　　　　　，装置E的作用是　　　　　　．（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为　　　　　　．如果没有装置C，对实验结论造成的影响是　　　　　　．　25．长期存放的Na2SO3可能部分被氧化．某化学兴趣小组为了测定某无水Na2SO3被氧化的程度，进行如下实验：（1）甲同学设计如下实验流程：①甲同学选择的试剂a可以是　　　　　　（填序号）．A．盐酸酸化后的氯化钡　B．硝酸酸化后的氯化钡　C．氢氧化钡②判断试剂a是否过量的方法是　　　　　　．③操作Ⅱ名称是　　　　　　．④Na2SO3的质量分数的表达式为　　　　　　．（2）乙同学准确称量Na2SO3样品mg，并设计如图所示的实验装置，进行相关实验：-34-\n①实验中待锥形瓶中不再产生气体后，打开活塞P从导管左端缓缓鼓入一定量的空气，这样做的目的是　　　　　　．②装置B中发生反应的离子方程式为　　　　　　．③装置C的作用是　　　　　　．④若实验前后装置D的质量差为ng，则样品中Na2SO3的质量分数的表达式为　　　　　　．　　-34-\n2022-2022学年山东省泰安市新泰市新汶中学高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析　一．选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确是（　　）A．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物B．严重影响我国北方的霾尘，其颗粒物是种胶体C．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染D．自来水厂常加入FeSO4和Cl2处理水，达到同时杀菌、消毒和聚沉水体中悬浮物的目的【考点】纤维素的性质和用途；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．人体不含能使纤维素水解的酶；B．霾尘直径小于或等于2.5微米即2500nm的细颗粒物（即PM2.5），胶体的分散质粒子直径大小：1nm～100nm；C．矿物进行“脱硫、脱硝技术”，能减少二氧化硫和氮氧化物的排放；D．Cl2与水反应生成的HClO具有杀菌、消毒作用，FeSO4与Cl2反应生成三价铁离子，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体能净水．【解答】解：A．人体不含能使纤维素水解的酶，因此纤维素不能作为人体的营养食物，但纤维素具有促进胃肠蠕动等功效，故A正确；B．霾尘直径小于或等于2.5微米即2500nm的细颗粒物（即PM2.5），而胶体的分散质粒子直径大小：1nm～100nm，所以霾尘不一定是胶体，故B错误；C．二氧化硫和氮氧化物都是有毒物质，矿物中含有氮、硫元素，如果矿物进行“脱硫、脱硝技术”，能减少二氧化硫和氮氧化物的排放，从而减少硫的氧化物和氮的氧化物污染，故C正确；D．Cl2与水反应生成的HClO具有杀菌、消毒作用，FeSO4与Cl2反应生成三价铁离子，三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，所以自来水厂常加入FeSO4和Cl2处理水，能同时达到杀菌、消毒和聚沉水体中悬浮物的目的，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学与生活，涉及无机非金属材料、环境污染等，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累．-34-\n　2．下列说法正确的是（　　）A．H、D、T属于同位素，H2、D2、T2属于同素异形体B．氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯净物C．冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐D．水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源【考点】核素；同位素及其应用；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；常见的能量转化形式．【分析】A．质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素；分子式相同，但结构不同的有机化合物互为同分异构体；B．混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质；C．纯碱是盐；D．能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源．【解答】解：A．H、D、T都是H元素的不同原子，属于同位素，H2、D2、T2由氢元素形成的单质，结构相同，属于同种物质，故A错误；B．水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故B错误；C．纯碱是碳酸钠，属于盐类，故C错误；D．风能和水能，生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故D正确．故选D．【点评】本题考查同位素，同素异形体，混合物，纯净物，酸碱盐，可再生资源等，难度不大，平时注意知识的积累．　3．下列有关说法中正确的是（　　）A．从组成元素上可以区别纯净物和混合物B．碱性氧化物一定是金属氧化物C．通过化学变化可以实现16O与18O问的相互转化D．鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液生成白色沉淀，属于化学变化-34-\n【考点】混合物和纯净物；物理变化与化学变化的区别与联系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】A．同种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物，同种元素组成的物质可能是纯净物单质、混合物；B．碱性氧化物都是金属氧化物；C．同位素之间的转化需通过核变化才能实现，属于物理变化；D．重金属盐可使蛋白质变性．【解答】解：A．由同一种元素组成的纯净物叫做单质，一种元素可构成不同的单质，它们互为同素异形体，如氧气、臭氧，所以不能从组成元素上区别纯净物和混合物，故A错误；B．碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，故B正确；C．化学变化核不变，同位素之间的转化需通过核变化才能实现，不属于化学变化，故C错误；D．向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液发生盐析，而不是变性，重金属盐可使蛋白质变性，故D错误；故选B．【点评】本题考查纯净物、混合物、氧化物的概念及同位素、蛋白质性质等知识，题目难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题．　4．设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．1molNaHSO4晶体中离子总数为2NAB．4.4g14CO2含中子数为2.4NAC．0.3mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3NAD．1molFe在氧气中燃烧失去的电子数为3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、NaHSO4晶体中只含Na+和HSO4﹣；B、14CO2的摩尔质量为46g/mol；C、溶液体积不明确；D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁．【解答】解：A、NaHSO4晶体中只含Na+和HSO4﹣，1molNaHSO4晶体中含2mol离子即2NA个，故A正确；-34-\nB、14CO2的摩尔质量为46g/mol，故4.4g14CO2的物质的量n=＜0.1mol，而1mol14CO2中含24mol中子，故0.1mol14CO2中含有的中子数小于2.4mol，故小于2.4NA个，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的铵根离子的个数无法计算，故C错误；D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，铁变为+价，故1mol铁失去mol电子即NA个，故D错误．故选A．【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．　5．下列说法在一定条件下可以实现的是（　　）①酸性氧化物与碱反应　②弱酸与盐溶液反应可生成强酸③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应　④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性　⑤有单质参加的非氧化还原反应　⑥两种含氧化合物反应的产物有气体．A．①②③④⑤⑥B．②④⑤⑥C．①②③⑤D．③④⑤⑥【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；离子反应发生的条件．【专题】物质的分类专题．【分析】①酸性氧化物和碱反应生成盐和水；②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现；③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应可以发生反应；④氧化还原反应的发生有可能使得溶液的酸碱性发生变化；⑤有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；⑥根据元素和化合物性质知识来回答．【解答】解：①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故①正确；②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故②正确③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故③正确；-34-\n④根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④正确；⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故⑤正确；⑥反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥正确．故选A．【点评】本题考查学生元素和化合物的综合知识，注意知识的积累是解题的关键，综合性较强，难度较大．　6．对相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（　　）A．若质量相等，则质子数相等B．若原子数相等，则中子数相等C．若分子数相等，则体积相等D．若体积相等，则密度相等【考点】阿伏加德罗定律及推论；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】本题需要根据阿伏伽德罗定律及其推论来解答，要针对4个选项中相同的量来分别计算其要求的其他量是否相等．【解答】解：对于12C18O和14N2，它们的摩尔质量分别为（12+18）g/mol和（14+14）g/mol，即30g/mol和28g/mol，二者所含质子数分别为6+8=14和7+7=14，所含中子数分别为（12﹣6）+（18﹣8）=16和（14﹣7）+（14﹣7）=14．A、设质量均为1g，则它们所含质子的物质的量之比为：=14：15，因为微粒数之比等于物质的量之比，所以其质子数之比也是14：15，故A错误．B、二者均为双原子分子，原子数相等时，二者的物质的量相等，其中子数之比为16：14=8：7，即原子数相等时，中子数不相等，故B错误．C、相同条件时，分子数之比等于物质的量之比等于体积之比，则分子数相等，其体积必然相等，故C正确．D、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，其密度之比为30：28=15：14，即体积相等时，其密度不相等，故D错误．-34-\n故选C．【点评】解答本题要熟练记忆阿伏伽德罗定律及其推论，并能把握各自的前提条件，才能灵活运用，学习新课时本类题会成为难点，因此要知难而进，才能突破难点．　7．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3纳米）恢复了磁性，“钴酞菁”分子结构和性质与人体的血红素及植物体内的叶绿素非常相似．下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（　　）A．在水中所形成的分散系属悬浊液B．分子直径比Na+小C．在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D．“钴酞菁”分子不能透过滤纸【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质．【解答】解：A．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），其大小在胶体粒子范围之内，属于胶体，故A错误；B．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），Na+半径小于1nm，故B错误；C．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔现象等性质，故C正确；D．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），能透过滤纸，不能透过半透膜，故D错误．故选C．【点评】本题考查了胶体分散系的本质特征和胶体的性质，难度不大，掌握胶体分散系的本质特征是解题的关键．　8．室温时，下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是（　　）A．饱和氯水中：Na+、Mg2+、SO32﹣、Cl﹣B．pH=0的溶液：Na+、NO3﹣、HCO3﹣、SO42﹣C．加入石蕊试液呈蓝色的溶液：NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣D．加入铝片产生大量H2的溶液：Na+、K+、SO42﹣、CO32﹣-34-\n【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．氯水中，次氯酸具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性；B．pH=0溶液呈强酸性，酸性条件下，氢离子和碳酸氢根离子能发生离子反应；C．加入石蕊试液呈蓝色的溶液为碱性溶液，能和氢氧根离子反应的离子不能存在；D．能和铝片反应生成氢气的溶液可能是酸性也可能是碱性溶液．【解答】解：A．氯水中，次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，所以不能共存，故A错误；B．pH=0的溶液中，溶液呈强酸性，氢离子和碳酸氢根离子反应生成水和二氧化碳而不能共存，故B错误；C．加入石蕊试液呈蓝色的溶液为碱性溶液，氢氧根离子和铵根离子反应生成一水合氨而不能共存，故C错误；D．加入铝片能产生大量氢气的溶液为强酸性或强碱性溶液，强酸性溶液中，碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能共存，强碱性条件下，这几种离子之间不能发生反应，所以能共存，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子共存，明确溶液的酸碱性及其离子存在条件即可解答，易错选项是A，氯气、次氯酸具有强氧化性，能氧化还原性的离子，为易错点．　9．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（　　）A．装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物B．装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体C．装置③中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④可用于干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．-34-\n【分析】A、装置①为萃取、分液，可用于分离两种互不相容的两种液体；B、装置②从a管进入气体，可收集密度比空气小的气体，从b管进入可收集密度比空气大的气体；C、装置③可以吸收易溶于水的气体，并可防倒吸；D、装置④可收集能用碱石灰干燥、密度比空气小且易溶于水的气体．【解答】解：A、装置①萃取、分液，可用于分离两种互不相容的两种液体，而C2H5OH和H2O能以任意比互溶，不能装置①分离，可以用蒸馏的方法分离，故A错误；B、装置②若从a管进入气体，可收集密度比空气小的气体，如氢气、氨气等；从b管进入可收集密度比空气大的气体，如二氧化碳、氯气、氯化氢、二氧化氮等，故B正确；C、装置③X若为CCl4，NH3或HCl极易溶于水且不溶于CCl4的气体，可以用装置③并可防倒吸，故C正确；D、氨气为碱性气体可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小极易溶于水，可用向上排空气法收集，用一倒置的漏斗防倒吸并吸收多余的氨气，所以装置④可干燥、收集NH3，并吸收多余的NH3，故D正确．故选A．【点评】本题考查了常见的实验操作，完成此题，可以依据已有的知识进行，要求同学们加强对基础知识的储备，以便灵活应用．　10．海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（　　）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】真题集萃；海水资源及其综合利用．-34-\n【分析】A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．【解答】解：A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C．【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大．　二．选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）11．下列离子方程式正确的是（　　）A．向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至Al3+恰好沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓B．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣H2O+NH3↑C．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4NH3∙H2O═﹣+4NH4+D．FeO溶于稀硝酸中：FeO+2H+═Fe2++H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．若使Al3+恰好沉淀完全，KAl（SO4）2与Ba（OH）2应按照2：3反应；B．NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液时，NH4+与H+均与OH﹣反应；C．由于Al（OH）3不能溶于弱碱；D．+2价铁具有较强的还原性，会被硝酸氧化．-34-\n【解答】解：A．若使Al3+恰好沉淀完全，KAl（SO4）2与Ba（OH）2应按照2：3反应，离子方程式：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故A正确；B．向NH4HSO4溶液中滴加过量NaOH溶液并加热：NH4++2OH﹣+H+2H2O+NH3↑，故B错误；C．AlCl3溶液中加入过量NH3•H2O的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．FeO溶于稀硝酸中：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe2++5H2O+NO↑，故D错误；故选：A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应物用量对反应的影响．　12．某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验．从分类角度下列分析正确的是（　　）A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验②、③均为放热反应D．实验①、②所涉及的物质均为电解质【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应；C、盐的水解是吸热反应；D、实验①中的铁和氯气是单质既不是电解质也不是非电解质．【解答】解：A、③得到的是氢氧化铁胶体，是混合体系，所以不全为纯净物，故A错误；B、实验②溶解主要是物理变化、③水解是复分解，两者均未发生氧化还原反应，故B正确；C、盐的水解是吸热反应，故C错误；D、实验①中的铁和氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B．-34-\n【点评】本题考查物质的分类、氧化还原、热效应和电解质的相关概念，比较基础．　13．某无色溶液中可能含有I﹣、NH4+、Cu2+、SO32﹣，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是（　　）①肯定不含I﹣　②肯定不含Cu2+　③肯定含有SO32﹣④可能含有I﹣．A．①③B．①②③C．③④D．②③④【考点】常见离子的检验方法．【专题】物质检验鉴别题．【分析】还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，原来溶液呈无色，说明不含Cu2+离子，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在．【解答】解：还原性SO32﹣＞I﹣，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32﹣，溶液中可能含有I﹣离子，因加入溴水少量，I﹣没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中含有铵根离子，故正确的有②③④，故选D．【点评】本题考查了离子的检验，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键，再结合离子的性质来分析解答即可，难度中等．　14．用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（　　）选项①中物质②中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠、氢氧化钠混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色-34-\nA．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．稀盐酸先和NaOH反应生成氯化钠和水，然后再和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳；B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；C．NaOH过量，开始不生成沉淀；D．发生氧化还原反应．【解答】解：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大．　15．铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝：下列说法中错误的是（　　）A．①②中除加试剂外，还需要进行过滤操作B．a、b中铝元素的化合价不相同C．③中需要通入过量的CO2D．④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝【考点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2﹣和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3-34-\n沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al．【解答】解：铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2﹣和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al；A、由以上分析可知①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作，故A正确；B、a中为Al3+，b中为AlO2﹣，a、b中铝元素的化合价均为+3价，故B错误；C、③中需要把AlO2﹣转化为Al（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C正确；D、根据上面分析可知④是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，故D正确．故选：B．【点评】本题考查了铝土矿中提取Al的工艺流程，注意除杂试剂的选择和物质的分离方法，同时涉及了铝的化合物的性质，题目难度中等．　16．下列说法正确的是（　　）A．相同体积和物质的量浓度的不同溶液里所含溶质的物质的量相同B．10mol/L的浓盐酸与H2O等质量混合所得混合液的浓度为5mol/LC．溶液中溶质质量分数为w，密度为ρg•cm﹣3，溶质摩尔质量为Mg•mol﹣1的溶液的物质的量浓度为mol/LD．一定物质的量浓度的溶液配制过程中，仰视定容，所得溶液的浓度偏大【考点】物质的量浓度的相关计算；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A、根据n=Vc计算；B、根据c=计算；C、根据c=计算．D、配制溶液时仰视读数，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低．【解答】解：A、根据n=Vc，相同体积和物质的量浓度，其物质的量必然相等，故A正确；-34-\nB、盐酸密度小于水的密度，c===＞5mol/L，故B错误；C、c==mol/L，故C错误；D、配制一定物质的量浓度的溶液时，若仰视定容，加入的蒸馏水体积会偏大，配制的溶液的体积偏大，溶液的浓度会偏小，故D错误．故选：A．【点评】本题考查了物质的量浓度的相关计算和配制一定物质的量浓度溶液的误差分析问题，难度中等．　17．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：下列有关物质的推断不正确的是（　　）甲乙丙．A．若甲为AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液B．若甲为H2S，则丁不可能是O2C．若甲为Fe，则丁可能是稀硝酸D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【考点】镁、铝的重要化合物；硫化氢；钠的重要化合物；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．若甲为AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠；B．若甲为H2S，丁如果是O2，则乙为SO2、丙为SO3，SO3可以与H2S反应得到SO2；C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁；D．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3．【解答】解：A．若甲为AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠发生水解反应得到氢氧化铝，符合转化关系，故A正确；B．若甲为H2S，丁如果是O2，则乙为SO2、丙为SO3，SO3可以与H2S反应得到SO2，故B错误；C．若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，符合转化关系，故C正确；-34-\nD．若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，故选B．【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等．　18．在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1．向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，设溶液的体积仍为100mL，则所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是（　　）A．0.15mol•L﹣1B．0.225mol•L﹣1C．0.35mol•L﹣1D．0.45mol•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】根据n=计算1.92g铜物质的量，铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O，结合铜、硝酸根、氢离子的物质的量根据离子方程式进行过量计算，再根据不足的物质计算铜离子的物质的量，结合c=计算铜离子浓度．【解答】解：溶液中的氢离子包括硝酸、硫酸电离的，所以n（H+）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×0.1L×2=0.06mol，n（NO3﹣）n=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，1.92g铜的物质的量为=0.03mol，则：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O3820.03mol0.08mol0.02mol所以氢离子的物质的量不足，根据氢离子的物质的量计算，由离子方程式可知0.06mol氢离子反应，生成的铜离子的物质的量为0.06mol×=0.0225mol，所以溶液中c（Cu2+）==0.225mol/L，故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，解答该题的关键是把握反应的离子方程式，根据离子方程式判断反应的过量问题．-34-\n　19．用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计得最严密的是（　　）A．检验试液中的SO42﹣：试液无沉淀　白色沉淀B．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液C．检验试液中的I﹣：试液棕黄色溶液蓝色溶液D．检验试液中的CO32﹣：试液白色沉淀沉淀溶解【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】A．不能排除SO32﹣的干扰；B．具有还原性的离子均可使高锰酸钾反应，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象分析；C．淀粉遇碘变蓝；D．溶液中可能存在SO32﹣．【解答】解：A．溶液中如含有SO32﹣，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，故A错误；B．先向溶液中加入硫氰化钾溶液，没有现象，与高锰酸钾发生氧化还原可能生成铁离子，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象，不能证明原溶液中一定存在亚铁离子，故B错误；C．试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，离子检验实验合理，故C正确；D．若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验．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，选项B为解答的易错点．　20．某无色气体可能含有CO、H2、O2、CO2、NH3、NO、HCl、NO2、SO2-34-\n等气体中的若干种，为确定其成分，某学生进行了如下实验：①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体．②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象；而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊．③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色．下列判断正确的是（　　）A．混合气体中一定有NO2和COB．混合气体中一定没有H2和NH3C．不能确定混合气体中是否有NH3D．混合气体中至少有HCl等四种气体【考点】常见气体的检验．【分析】无色气体中一定不含有色的NO2气体；①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体，产生红棕色的气体为NO2，说明原混合气体中一定含有NO，则一定不含O2；②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象，而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊，白色沉淀为碳酸钙或亚硫酸钙，原混合气体中一定含有HCl、至少含有CO2、SO2中的一种，则一定不存在与氯化氢反应的NH3；③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化，说明混合气体中不存在SO2，结合②可知一定含有CO2；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色，说明原混合气体中至少含有CO或H2中一种；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色，说明一定存在H2，可能含有CO，据此进行解答．【解答】解：无色气体中一定不含有色的NO2气体；①将少许气体导入一支干燥的试管中，试管中出现红棕色气体，产生红棕色的气体为NO2，说明原混合气体中一定含有NO，则一定不含O2；②将气体导入盛有少许澄清石灰水的试管中，未见明显现象，而改通入盛有足量澄清石灰水的洗气瓶中出现白色浑浊，白色沉淀为碳酸钙或亚硫酸钙，原混合气体中一定含有HCl、至少含有CO2、SO2中的一种，则一定不存在与氯化氢反应的NH3；③将原气体导入品红溶液中，红色没有变化，说明混合气体中不存在SO2，结合②可知一定含有CO2；④将原气体先通过装有足量固体烧碱的U型管后，再通入盛有CuO的硬质玻璃管，并给硬质玻璃管加热，观察到CuO变为红色，说明原混合气体中至少含有CO或H2中一种；⑤将④中出来的气体通过盛有CuSO4粉末的干燥管，CuSO4粉末出现蓝色，说明一定存在H2，可能含有CO，根据分析可知，原混合气体中一定存在的气体为：H2、CO2、NO、HCl；可能存在CO；一定不存在的气体为：O2、NH3、NO2、SO2，A．原混合气体中一定不存在NO2，可能含有CO，故A错误；B．混合气体中一定含有H2，故B错误；-34-\nC．混合气体中含有HCl，则一定不存在氨气，故C错误；D．原混合气体中一定存在的气体为：H2、CO2、NO、HCl，可能存在CO，所以至少含有4种气体，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见气体的性质及检验方法，题目难度中等，明确常见气体的性质及检验方法为解答关键，本题中判断HCl的存在情况为易错点，需要正确分析②中现象，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力．　三、解答题（共5小题，满分50分）21．储氢纳米碳管的研制成功体现了科技的进步．用电弧法合成的纳米碳管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化汽化法提纯．其反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2（SO4）3、H2O七种物质．（1）配平化学方程式：□C+□K2Cr2O7+□H2SO4→□CO2↑+□K2SO4+□Cr2（SO4）3+□H2O（2）上述反应中氧化剂是（填化学式）　K2Cr2O7　，被氧化的元素是（填元素符号）　C　．（3）若反应中电子转移了3mol，则产生的气体在标准状况下的体积为　16.8　L．【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）分析反应中各元素化合价，找出化合价升高、降低的元素并判断化合价升降数目，依据氧化还原反应得失电子守恒规律结合质量守恒定律，配平方程式；（2）氧化还原反应中，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，所含元素化合价升高的为还原剂，化合价升高的元素被氧化；（3）依据方程式，分析生成气体的物质的量与转移电子数目关系．【解答】解：（1）反应中C元素的化合价从0升高到了+4价，共失电子4mol，Cr元素的化合价从+6价降到了+3价，共得到电子3mol，依据氧化还原反应得失电子守恒规律，所以C的系数都是3，K2Cr2O7的系数是2，根据质量守恒定律，反应方程式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4═3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，故答案为：3；2；8；3；2；2；8；-34-\n（2）上述反应中K2Cr2O7中的Cr化合价降低，所以K2Cr2O7为氧化剂；C元素化合价升高，被氧化；故答案为：K2Cr2O7；C；（3）依据方程式：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4═3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，生成3mol二氧化碳，转移电子数为3mol×（4﹣0）=12mol；则若反应中电子转移了3mol，则产生的气体的物质的量为0.75mol，标况下气体的体积V=22.4L/mol×0.75mol=16.8L；故答案为：16.8．【点评】本题考查了氧化还原反应的配平，氧化还原反应的基本概念，电子转移数目的计算，掌握基础是解题关键，注意氧化还原反应中得失电子守恒规律的运用，题目难度不大．　22．某地酸雨中可能含有下列离子：Na+、Mg2+、NH、Cl﹣、SO、SO、NO和NO等．为确定其组成，分别进行下列4组实验：（已知：2MnO+5NO+6H+═2Mn2++5NO+3H2O）A．取试样，滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色：B．取试样，滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；C．取试样，滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；D．取试样，滴加酸性KMnO4溶液，不褪色．回答下列问题：（1）C实验说明酸雨中含　NH4+　（填化学式）（2）根据实验结果，你认为是否含有NO？　不含有　（填“含有”、“不含有”），其原因是　若有NO2﹣，能使酸性KMnO4褪色　；（3）写出B实验现象的离子方程式　SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓　．【考点】常见离子的检验方法．【分析】滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的物质存在，硝酸、亚硝酸都能将碘离子氧化为碘单质，因此溶液中含有NO2﹣或NO3﹣，就一定不会含有SO32﹣，因为SO32﹣具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3﹣不能共存；滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42﹣-34-\n；滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，一定不含NO2﹣，若有NO2﹣，能使酸性KMnO4褪色，据此分析．【解答】解：滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的物质存在，硝酸、亚硝酸都能将碘离子氧化为碘单质，因此溶液中含有NO2﹣或NO3﹣，就一定不会含有SO32﹣，因为SO32﹣具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3﹣不能共存；滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42﹣；滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，一定不含NO2﹣，若有NO2﹣，能使酸性KMnO4褪色，（1）C实验滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+，故答案为：NH4+；（2）滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，一定不含NO2﹣，若有NO2﹣，能使酸性KMnO4褪色，故答案为：不含有；若有NO2﹣，能使酸性KMnO4褪色；（3）滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42﹣，反应的离子方程式为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，故答案为：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓．【点评】本题是对离子共存知识以及离子的检验知识的考查，该题型是现在考试的热点和难点，注意常见离子的检验方法，题目难度不大．　23．某课外兴趣小组欲配制1mol•L﹣1FeCl3溶液来制备Fe（OH）3胶体，并探究其性质：（1）在制备的实验当中，若遇到下列情况，对1mol•L﹣1FeCl3溶液的物质的量浓度有何影响（其他操作准确）（填“偏高”“偏低”或“不变”）？①摇匀后发现液面低于刻度线再加水：　偏低　②洗涤烧杯和玻璃棒后没有将洗涤液转移到容量瓶中：　偏低　（2）制备氢氧化铁胶体：首先取少量蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴滴加1mol•L﹣1FeCl3溶液继续煮沸，至液体呈透明的红褐色．①请写出制备Fe（OH）3胶体的离子方程式：　Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+　；②某同学按要求制备了Fe（OH）3胶体，但是他又向Fe（OH）3胶体中逐滴加入了稀硫酸溶液，结果出现了一系列变化．先出现红褐色沉淀，原因是　电解质H2SO4使Fe（OH）3胶体聚沉而产生沉淀　，随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是　Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O　．③检验沉淀溶解后的溶液中含有Fe3+，应向反应后的溶液中滴加　KSCN　溶液．-34-\n【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】（1）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=进行误差分析；（2）①三价铁离子水解得到氢氧化铁胶体；②根据胶体的性质判断，加入稀硫酸产生现象；氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，硫酸和氢氧化铁沉淀反应，生成硫酸铁和水；③KSCN溶液遇三价铁离子变红色．【解答】解：（1）①再加水，溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；②没有将洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；（2）①制备Fe（OH）3胶体的离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；②电解质H2SO4电离出的SO42﹣使Fe（OH）3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀；继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，故答案为：电解质H2SO4使Fe（OH）3胶体聚沉而产生沉淀；Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O；③KSCN溶液遇三价铁离子变红色，可证明含有Fe3+，故答案为：KSCN．【点评】本题考查Fe（OH）3胶体的制备知识，注意氢氧化铁胶体的聚沉以及沉淀的溶解原因是解答本题的关键，题目难度不大．　24．亚硝酸钠常用作食品防腐剂．现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸的反应及生成气体产物的成分．已知：①NO+NO2+2OH﹣═2NO+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃、NO：﹣152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（按左→右连接）：A→C→　E　→　D　→B．（2）组装好仪器后，接下来进行的操作是　检查装置气密性　．-34-\n（3）关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．①确认A中产生的气体中含有NO，依据的现象是　D中出现红棕色气体　．②装置B的作用是　吸收NO2和NO，防止污染空气　，装置E的作用是　冷凝使NO2完全液化　．（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为　4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O　．如果没有装置C，对实验结论造成的影响是　水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，影响NO的检验　．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）根据各部分装置的作用进行连接，C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO；（2）气体发生和反应装置需要装置气密性好，开始前需要检查装置气密性；（3）根据一氧化氮和氧气反应生成红棕色二氧化氮气体判断，温度低于二氧化氮液化温度时，二氧化氮变成液态；（4）氧气过量，进入B中可理解为先生成硝酸，硝酸再与氢氧化钠反应生成硝酸钠和水；【解答】解：（1）C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO，所以装置的连接为A→C→E→D→B，故答案为：E；D；（2）组装好仪器后，接下来进行的操作实验是检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；（3）①D中无色气体变成红色，说明含有NO气体，故答案为：D中出现红棕色气体；②装置B是吸收氮氧化物，防止污染空气，二氧化氮的液化温度是21℃，低于此温度时，二氧化氮气体变成液态，故答案为：吸收NO2和NO，防止污染空气，冷凝使NO2完全液化；（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中二氧化氮、氧气和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水，其反应方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，如果没有装置C，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，造成干扰，故答案为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O；水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，影响NO的检验．-34-\n【点评】本题考查了实验方案设计、物质的检验、盖斯定律，明确物质的性质是解本题关键，根据实验现象确定物质的性质，注意仪器的连接顺序，为易错点，题目难度中等．　25．长期存放的Na2SO3可能部分被氧化．某化学兴趣小组为了测定某无水Na2SO3被氧化的程度，进行如下实验：（1）甲同学设计如下实验流程：①甲同学选择的试剂a可以是　A　（填序号）．A．盐酸酸化后的氯化钡　B．硝酸酸化后的氯化钡　C．氢氧化钡②判断试剂a是否过量的方法是　向上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明氯化钡过量　．③操作Ⅱ名称是　洗涤　．④Na2SO3的质量分数的表达式为　×100%　．（2）乙同学准确称量Na2SO3样品mg，并设计如图所示的实验装置，进行相关实验：①实验中待锥形瓶中不再产生气体后，打开活塞P从导管左端缓缓鼓入一定量的空气，这样做的目的是　使生成SO2全部进入D中，完全吸收保证实验的准确性　．②装置B中发生反应的离子方程式为　SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O　．③装置C的作用是　除去二氧化硫气体中的水蒸气　．④若实验前后装置D的质量差为ng，则样品中Na2SO3的质量分数的表达式为　×100%　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题．【分析】（1）长期存放的Na2SO3可能部分被氧化，样品中可能含有Na2SO4-34-\n，加入水溶解，加入过量试剂a为盐酸酸化的氯化钡溶液，反应得到硫酸钡沉淀，过量洗涤干燥得到ng为硫酸钡沉淀；证明加入的氯化钡溶液过量的方法是利用沉淀后的上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液根据是否生成沉淀判断；结合元素守恒计算Na2SO3的质量分数；（2）①打开活塞P从导管左端缓缓鼓入一定量的空气，这样做的目的把生成的二氧化硫全部赶入D装置吸收；②装置B中发生反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水；③装置C是浓硫酸，用来干燥气体吸收水蒸气，D为碱石灰吸收生成的二氧化硫；④若实验前后装置D的质量差为ng，增大的质量为二氧化硫质量，依据元素守恒计算亚硫酸钠质量得到质量分数．【解答】解：（1）长期存放的Na2SO3可能部分被氧化，样品中可能含有Na2SO4，加入水溶解，加入过量试剂a为盐酸酸化的氯化钡溶液，反应得到硫酸钡沉淀，过量洗涤干燥得到ng为硫酸钡沉淀；证明加入的氯化钡溶液过量的方法是利用沉淀后的上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液根据是否生成沉淀判断；结合元素守恒计算Na2SO3的质量分数；①甲同学选择的试剂a是元素酸化的氯化钡溶液，避免亚硫酸根离子沉淀，最后得到硫酸钡沉淀，硝酸酸化后的氯化钡会氧化亚硫酸钠为硫酸钠，不能测定亚硫酸钠的含量，加入氢氧化钡和亚硫酸钠、硫酸钠都会生成白色沉淀，故选A；故答案为：A；②证明加入的氯化钡溶液过量的方法是利用沉淀后的上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液根据是否生成沉淀，向上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明氯化钡过量，故答案为：向上层清液中继续加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成证明氯化钡过量；③操作Ⅱ是沉淀洗涤，故答案为：洗涤；④长期存放的Na2SO3可能部分被氧化，样品中可能含有Na2SO4，加入水溶解，加入过量试剂a为盐酸酸化的氯化钡溶液，反应得到硫酸钡沉淀，过量洗涤干燥得到ng为硫酸钡沉淀，Na2SO3的质量分数的表达式=×100%，故答案为：×100%；（2）①实验中待锥形瓶中不再产生气体后，打开活塞P从导管左端缓缓鼓入一定量的空气，这样做的目的是使生成SO2全部进入D中，保证实验的准确性；故答案为：使生成SO2全部进入D中，完全吸收保证实验的准确性；-34-\n②装置B中发生反应的离子方程式为：亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，故答案为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O；③样品加入稀硫酸反应生成气体，装置C是浓硫酸，用来干燥气体吸收水蒸气，D为碱石灰吸收生成的二氧化硫，故答案为：除去二氧化硫气体中的水蒸气；④若实验前后装置D的质量差为ng，二氧化硫质量为ng，物质的量=，依据硫元素守恒计算得到样品中Na2SO3的质量分数的表达式为=×100%=×100%，故答案为：×100%．【点评】本题考查了物质成分的实验设计分析，实验验证的方法应用，主要是实验基本操作，物质性质的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　-34-