内蒙古鄂尔多斯市西部四校联考高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年内蒙古鄂尔多斯市西部四校联考高三（上）期中化学试卷　一、选择题（每题只有一个选项正确，本题包括20小题，每题3分，共60分）1．如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（　　）A．所含原子数相等B．气体密度相等C．气体质量相等D．摩尔质量相等　2．下列叙述正确的是（　　）A．1.00molNaCl中含有6.02×1023个NaCl分子B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023C．欲配制1.00L1.00mol•L﹣1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．电解58.5g熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠　3．NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（　　）A．10ml质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100ml，H2SO4的质量分数为9.8%B．在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移2NA个电子C．标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28gD．一定温度下，1L0.50mol•L﹣1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH+4物质的量不同　4．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣　5．下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（　　）A．常温下，在c（H+）/c（OH﹣）=1×1012的溶液中：I﹣、Cl﹣、NO、Na+B．在能使石蕊变红色的溶液中：Na+、S2﹣、SO、COC．在加入铝粉能产生H2的溶液中：NH、Na+、NO、Cl﹣D．常温下由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Cl﹣、NO、Na+　6．根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（　　）A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒20\nB．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料　7．下列变化或过程属于化学变化的是（　　）A．激光法蒸发石墨得C60B．丁达尔效应C．紫色石蕊试液通过活性炭变成无色D．用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应　8．某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）A．Na+B．SO42﹣C．Ba2+D．NH4+　9．火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2═Cu2S+2FeS+SO2下列说法错误的是（　　）A．SO2既是氧化产物又是还原产物B．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化C．每生成1molCu2S，有1mol硫被氧化D．每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化　10．下列有关金属及其化合物的说法正确的是（　　）A．Mg和Al都可以用电解法冶炼得到B．Na2O和Na2O2与CO2反应产物相同C．MgO和Al2O3均只能与酸反应，不能与碱反应D．Mg和Fe在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱　11．下列有关金属的说法中，正确的是（　　）①纯铁不容易生锈②钠着火用水扑灭③铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥KSCN溶液可以检验Fe3+离子．A．①④⑤⑥B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②⑤⑥　12．下列叙述正确的是（　　）A．Na失火不能用CO2灭火，K失火也不能用CO2灭火B．Al与S直接化合可以得到Al2S3，Fe与S直接化合也可以得到Fe2S3C．将SO2通入BaCl2溶液没有白色沉淀生成，将SO2通入Ba（NO3）2溶液也没有白色沉淀生成D．工业上电解熔融MgCl2制取金属镁，也用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝　13．下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验．请观察如图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的（　　）20\nA．甲为小苏打，乙为纯碱B．要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C．加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D．整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊　14．金属Ti（钛）是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料．某化学兴趣小组用实验探究Ti、Mg、Cu的活泼性顺序．他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀盐酸中，观察现象如下：下列有关三种金属的说法正确的是（　　）金属学TiMgCu金属表面现象放出气泡速度缓慢放出气泡速度快无变化A．三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、CuB．若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去MgC．用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径D．Cu和稀盐酸不发生化学反应　15．下列物质中不能用化合反应的方法制得的是（　　）①SiO2　②H2SiO3　③Na2O2　④Al（OH）3　⑤FeCl3⑥CaSiO3．A．①③⑤B．②④⑥C．②⑤D．②和④　16．N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2═3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是（　　）A．上述反应，每生成lmolN20，消耗67.2LCOB．等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数C．N2O只有氧化性，无还原性D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒　17．化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用．下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（　　）A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B．推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放　18．已知氧化剂、稀酸等都能迅速破坏传染病毒活性而杀死病毒，下列物质不能作为常用消毒剂的是（　　）A．H2O2溶液B．NaClO溶液C．SO2D．醋酸　20\n19．用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（　　）①②③A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色A．AB．BC．CD．D　20．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（　　）A．Sn2+、Fe2+、Ce3+B．Sn2+、Ce3+、Fe2+C．Ce3+、Fe2+、Sn2+D．Fe3+、Sn2+、Ce3+　　二、非选择题（本题包括3小题，共40分）21．（14分）（2022•安徽模拟）某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣、SiO32﹣中的若干种组成（不考虑水的电离）．取该溶液进行如下实验：Ⅰ．取适量溶液，加入过量的盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；Ⅱ．在Ⅰ所得溶液中加入过量的NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；Ⅲ．在Ⅱ所得溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，加热，也有气体生成，同时析出白色沉淀乙．请回答下列问题：（1）由实验Ⅰ可知原溶液中一定不含有的离子是　　　　　　；一定含有的离子是　　　　　　．（2）由实验Ⅱ可知原溶液中还一定含有的离子是　　　　　　；生成白色沉淀甲的离子方程式为　　　　　　．（3）实验Ⅲ中生成白色沉淀乙的离子方程式为　　　　　　．（4）原溶液中还可能存在的离子是　　　　　　；检验该离子的方法是　　　　　　．　22．（16分）（2022秋•鄂尔多斯期中）某学习小组为探究胶体的性质进行如下实验：（1）取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，发生反应的化学方程式是：　　　　　　，反应后得到的溶液呈　　　　　　色．（2）取少量上述溶液置于试管中，滴入几滴NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为　　　　　　．（3）在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈　　　　　　色，即制得Fe（OH）3胶体．（4）取上步实验烧杯中少量Fe（OH）3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量的稀HI溶液，边滴加边振荡，会出现一系列变化．20\n①先出现红褐色沉淀，原因是　　　　　　．②随后沉淀溶解，溶液呈黄色，写出此反应的离子方程式：　　　　　　．③最后溶液颜色加深，原因是　　　　　　．（用离子方程式表示）．④用稀盐酸代替稀HI溶液，能出现上述哪些相同的变化现象？　　　　　　（写序号）．　23．（10分）（2022秋•鄂尔多斯期中）二氧化硫、一氧化碳、氮的氧化物、氨气都是非常重要的非金属化合物，研究这些化合物对环境保护、理解化学反应原理都具有重要意义．（1）二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收，反应的化学方程式为　　　　　　．若该反应有a×NA个电子转移，则参加反应的二氧化氮的物质的量为　　　　　　．（2）下列除去大气污染物的化学方程式不正确的是　　　　　　．A．汽车尾气经催化剂作用：CO+NONO2+CB．石灰乳吸收硫酸厂尾气：SO2+Ca（OH）2═CaSO3+H2OC．燃烧法除去尾气中硫化氢：2H2S+3O22SO2+2H2OD．氨气与一氧化氮在一定条件下反应：4NH3+6NO5N2+6H2O（3）大多数非金属氧化物能被氢氧化钠溶液吸收．例如，NaOH+SO2═NaHSO3，2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NO不溶于氢氧化钠溶液或水．①同种反应物，其反应产物与浓度、温度、反应物相对量等因素有关．影响二氧化硫与氢氧化钠反应产物的因素与下列反应相同的是　　　　　　．A．木炭与氧气反应B．硫与氧气反应C．钠与氧气D．铜与硝酸溶液反应②某NO与NO2混合气体通入氢氧化钠溶液被完全吸收，推测混合气体中气体组成为　　　　　　．A.=1B.≤1C.≥1D．无法判断．　　20\n2022-2022学年内蒙古鄂尔多斯市西部四校联考高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每题只有一个选项正确，本题包括20小题，每题3分，共60分）1．如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（　　）A．所含原子数相等B．气体密度相等C．气体质量相等D．摩尔质量相等【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等．都是双原子分子，物质的量相等含有的原子数目相等；左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度、质量、摩尔质量相等，据此解答．【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等，A、都是双原子分子，物质的量相等的气体含有的原子数目相等，故A正确；B、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度相等，但左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故密度不一定相等，故B错误；C、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故质量不一定相等，故C错误；D、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故摩尔质量不一定相等，故D错误；故选A．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时相当于NO．　2．下列叙述正确的是（　　）A．1.00molNaCl中含有6.02×1023个NaCl分子B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023C．欲配制1.00L1.00mol•L﹣1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．电解58.5g熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠【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、氯化钠是离子晶体；B、钠离子的核外最外层有8个电子；C、将氯化钠溶于1L水中，溶于体积大于1L；D、求出氯化钠的物质的量，然后根据电解1mol氯化钠能生成0.5mol氯气和1mol钠来分析．【解答】解：A、氯化钠是离子晶体，无氯化钠分子，故A错误；B、1mol氯化钠中含1mol钠离子，而钠离子的核外的最外层有8个电子，故1mol钠离子的最外层有8mol电子即8NA个，故B正确；C、将氯化钠溶于1L水中，溶于体积大于1L，则溶液的浓度小于1mol/L，故C错误；20\nD、58.5g氯化钠的物质的量为1mol，而电解1mol氯化钠能生成0.5mol氯气和1mol钠，即生成11.2L氯气和23g钠，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　3．NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（　　）A．10ml质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100ml，H2SO4的质量分数为9.8%B．在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移2NA个电子C．标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28gD．一定温度下，1L0.50mol•L﹣1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH+4物质的量不同【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、依据浓硫酸密度大于1，稀释10倍，质量分数小于变化的10倍；B、依据反应的化合价的变化分析氧化还原反应的电子转移计算；C、依据气体摩尔体积的条件应用，结合一氧化碳和乙烯的摩尔质量相同分析计算；D、依据浓度不同水解程度不同分析判断．【解答】解：A、10ml质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100ml，由于浓硫酸的密度大于1，设98%的H2SO4溶液密度为ρ1，稀释后硫酸的密度为ρ2，因硫酸的浓度越大密度越大，则ρ1＞ρ2，则稀释后溶液的质量分数为w（H2SO4）=×100%=9.8%×＞9.8%，故A错误所以得到H2SO4的质量分数大于9.8%，故A错误；B、H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中过氧化氢是还原剂，氯气是氧化剂，H2O2中的氧元素化合价从﹣1变化为0价，32g氧气为1mol，所以生成1mol氧气电子转移为2mol，故B正确；C、标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体物质的量为1mol，体积约为22.4L，CO、C2H4的摩尔质量相同都为28g/mol，所以质量为28g，故C正确；D、一定温度下，1L0.50mol•L﹣1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH+4，由于浓度不同，水解程度不同，浓度越大水解程度越小，NH+4物质的量不同，故D正确；故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查浓硫酸的稀释，氧化还原反应的电子转移计算，气体摩尔体积的条件应用，盐类水解的影响因素的应用和判断．　4．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2OB．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2OD．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、过量的SO2通入NaOH溶液中得到亚硫酸氢盐；B、硝酸具有氧化性，能将亚铁离子氧化；C、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能将NaNO2溶液氧化；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液时，碳酸氢钠全反应，氢氧化钡会剩余．20\n【解答】解：A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，实质是：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故C正确；D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误．故选C．【点评】本题是一道关于离子方程式书写的正误判断知识题目，注意量的多少对反应的影响，难度不大．　5．下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是（　　）A．常温下，在c（H+）/c（OH﹣）=1×1012的溶液中：I﹣、Cl﹣、NO、Na+B．在能使石蕊变红色的溶液中：Na+、S2﹣、SO、COC．在加入铝粉能产生H2的溶液中：NH、Na+、NO、Cl﹣D．常温下由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Cl﹣、NO、Na+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．c（H+）/c（OH﹣）=1×1012的溶液呈酸性；B．能使石蕊变红色的溶液呈酸性；C．加入铝粉能产生H2的溶液为强碱性或非氧化性酸溶液；D．常温下由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液可能呈酸性或碱性．【解答】解：A．c（H+）/c（OH﹣）=1×1012的溶液呈酸性，酸性条件下，I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，故A错误；B．能使石蕊变红色的溶液呈酸性，酸性条件下，S2﹣、CO32﹣不能大量存在，故B错误；C．加入铝粉能产生H2的溶液为强碱性或非氧化性酸溶液，碱性条件下NH4+不能大量共存，酸性条件下，因存在NO3﹣，则不生成氢气，故C错误；D．常温下由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液可能呈酸性或碱性．无论呈酸性还是碱性，离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：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；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　6．根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（　　）A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒B．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂20\nC．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料【考点】化学反应的基本原理．【专题】元素及其化合物．【分析】A．蛋白质的性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，酒精能使蛋白质变性；B．根据反应SO2+CaOCaSO3解答；C．明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂；D．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料；【解答】解：A．体积分数为75%的酒精溶液常用于灭菌消毒，此浓度杀菌力最强．在75%的酒精作用下，乙醇能渗入细胞内，使蛋白质凝固变性，从而起到杀菌的作用，故A正确；B．工业上经常在煤中加入氧化钙制成“环保煤”，以减少二氧化硫的排放，此反应的化学方程式为：SO2+CaOCaSO3，CaO可作工业废气的脱硫剂，故B正确；C．明矾用作废水处理的混凝剂，明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，明矾没有氧化性也不能吸附颜色，不作漂白剂，故C错误；D．镍和镧组成的一种合金LaNix是较好的储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2，其储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6，故D正确；故选C．【点评】本题主要考查了蛋白质的变性、煤的脱硫、明矾的净水、储氢合金等知识，较为综合，题目有一定的难度，平时注意基础知识的全面掌握．　7．下列变化或过程属于化学变化的是（　　）A．激光法蒸发石墨得C60B．丁达尔效应C．紫色石蕊试液通过活性炭变成无色D．用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成，据此分析判断．【解答】解：A．激光法蒸发石墨得C60有新物质生成，属于化学变化，故A正确；B．丁达尔效应没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．紫色石蕊试液通过活性炭变成无色没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D．用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应没有新物质生成，属于物理变化，故D错误．故选A．【点评】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．　20\n8．某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42﹣、I﹣、S2﹣．分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（　　）A．Na+B．SO42﹣C．Ba2+D．NH4+【考点】离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】综合实验题；化学实验．【分析】根据离子的水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答．【解答】解：由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2﹣能水解显碱性，即S2﹣与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2﹣；再由氯水能氧化I﹣生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I﹣；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42﹣﹣必然存在，而Ba2+、SO42﹣能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故选：A．【点评】本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性．　9．火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2═Cu2S+2FeS+SO2下列说法错误的是（　　）A．SO2既是氧化产物又是还原产物B．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化C．每生成1molCu2S，有1mol硫被氧化D．每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，Cu、O元素的化合价降低，S元素的化合价升高，该反应中转移6e﹣，以此来解答．【解答】解：A．O元素的化合价降低，S元素的化合价升高，对应的SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；B．CuFeS2中，Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，既作还原剂也作氧化剂，硫元素被氧化，故B错误；C．每生成1molCu2S，由反应可知，生成1molSO2，则有1mol硫被氧化，故C正确；D．每转移1.2mol电子，有=0.2mol硫被氧化，故D正确；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中转移电子及基本概念的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大．　10．下列有关金属及其化合物的说法正确的是（　　）20\nA．Mg和Al都可以用电解法冶炼得到B．Na2O和Na2O2与CO2反应产物相同C．MgO和Al2O3均只能与酸反应，不能与碱反应D．Mg和Fe在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱【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】A．Na、Mg都为活泼金属，应用电解法冶炼；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；C．氧化铝为两性氧化物；D．铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁．【解答】解：A．常见金属的冶炼方法有电解法、热还原法、热分解法等，其中Na、Mg都为活泼金属，应用电解法冶炼，故A正确；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠和二氧化碳反应中生成碳酸钠，故B错误；C．氧化铝为两性氧化物，可与氢氧化钠等强碱反应，故C错误；D．铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不生成碱，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及钠、镁、铝等金属单质及其化合物的性质，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，注相关基础知识的积累，难度不大．　11．下列有关金属的说法中，正确的是（　　）①纯铁不容易生锈②钠着火用水扑灭③铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥KSCN溶液可以检验Fe3+离子．A．①④⑤⑥B．②③④⑤C．①③④⑤D．①②⑤⑥【考点】金属的通性．【专题】金属概论与碱元素．【分析】①从纯铁不含杂质不能形成原电池反应分析；②从钠是活泼金属易与水发生剧烈反应；③铝是活泼金属，空气中耐腐蚀是表面形成了稳定的氧化物分析；④骨中缺钙引起骨质疏松，血液中缺铁会引起贫血；⑤依据青铜、不锈钢、硬铝的成分和合金的概念分析判断；⑥依据三价铁离子的检验方法判断；【解答】解：①纯铁中没有杂质，不容易形成原电池而进行电化学腐蚀，所以不易生锈，故①正确；②钠是活泼金属，和水剧烈反应，所以钠着火不能用水扑灭，故②错误；③铝是活泼金属，在空气中耐腐蚀是因为表面形成了一层氧化铝保护膜，阻止反应进行，故③错误；④骨中缺钙引起骨质疏松，血液中缺铁会引起贫血，故④正确；⑤青铜是铜锡合金、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，故⑤正确；⑥KSCN溶液可以检验Fe3+，三价铁离子与硫氰根离子反应生成血红色溶液，故⑥正确；综上所述①④⑤⑥正确；故选A．20\n【点评】本题主要考查金属的性质和用途，解答时要充分理解各种物质的性质，然后再根据物质的性质方面进行分析、判断，从而确定物质的用途．　12．下列叙述正确的是（　　）A．Na失火不能用CO2灭火，K失火也不能用CO2灭火B．Al与S直接化合可以得到Al2S3，Fe与S直接化合也可以得到Fe2S3C．将SO2通入BaCl2溶液没有白色沉淀生成，将SO2通入Ba（NO3）2溶液也没有白色沉淀生成D．工业上电解熔融MgCl2制取金属镁，也用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝【考点】钠的化学性质；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A、K性质比Na更活泼，还原性更强，可在CO2中燃烧；B、铁和硫直接化合生成FeS；C、硝酸根在二氧化硫的溶液中能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡；D、活泼金属采用电解氧化物或其熔融盐的方法冶炼，根据金属的活泼性来分析金属的冶炼方法．【解答】解：A、K性质比Na更活泼，还原性更强，可在CO2中燃烧，所以K失火也不能用CO2灭火，故A正确；B、S的氧化性较弱，与Fe反应生成FeS，故B错误；C、硝酸根在二氧化硫的溶液中能够氧化二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡，故C错误；D、氯化铝是分子晶体，熔融氯化铝不导电，所以不能用电解氯化铝的方法冶炼铝，氯化镁是离子晶体，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故D错误．故选A．【点评】本题考查无机物的性质，题目难度中等，本题虽然考查类比规律，但把握物质的性质是解答该题的关键．　13．下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验．请观察如图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的（　　）A．甲为小苏打，乙为纯碱B．要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C．加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D．整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【分析】A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，可根据是否产生气体判断稳定性强弱；B．无水硫酸铜遇到水显示蓝色，据此可以鉴别是否有水存在；C．烧杯A与装有碳酸钠的试管相连，则实验过程中不会生成二氧化碳，石灰水不会变浑浊；20\nC．烧杯A连接的试管盛放的为碳酸钠，加热过程中不会产生二氧化碳．【解答】解：A．碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；B．白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；C．碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；D．碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确；故选C．【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，题目难度中等，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案．　14．金属Ti（钛）是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料．某化学兴趣小组用实验探究Ti、Mg、Cu的活泼性顺序．他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀盐酸中，观察现象如下：下列有关三种金属的说法正确的是（　　）金属学TiMgCu金属表面现象放出气泡速度缓慢放出气泡速度快无变化A．三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、CuB．若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去MgC．用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径D．Cu和稀盐酸不发生化学反应【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【分析】相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快；较活泼金属能将较不活泼金属从其可溶性盐溶液中置换出来，据此分析解答．【解答】解：A．相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快，根据表中生成氢气快慢顺序知，金属强弱顺序是Mg＞Ti＞Cu，故A错误；B．Ti、Mg都和稀盐酸反应生成氢气，所以不能用稀盐酸除去Ti中的Mg，故B错误；C．钛（Ti）是一种昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，故C错误；D．根据实验现象知，Cu和稀盐酸不反应，故D正确；故选D．【点评】本题以实验探究为载体考查金属活动性强弱顺序，为高频考点，侧重考查学生观察、分析、判断能力，熟练掌握金属活泼性强弱判断方法，易错选项是C，注意：化学要结合生产生活实际，题目难度不大．　15．下列物质中不能用化合反应的方法制得的是（　　）①SiO2　②H2SiO3　③Na2O2　④Al（OH）3　⑤FeCl3⑥CaSiO3．A．①③⑤B．②④⑥C．②⑤D．②和④20\n【考点】硅和二氧化硅；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】化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；①、硅与氧气反应；②、硅酸不能通过化合反应得到；③、Na2O2钠与氧气在加热的条件下反应得到；④、氧化铝和水不反应；⑤、铁和氯气反应生成的是氯化铁；⑥、氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙．【解答】解：化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质，①硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故①不符合；②氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故②符合；③Na2O2钠与氧气在加热的条件下反应得到，故③不符合；④氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，故④符合；⑤铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故⑤不符合；⑥氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故⑥不符合；故选D．【点评】本题考查铁的氯化物、硅酸制备、氢氧化铝的制备反应，考查了化合反应的概念，难度中等．　16．N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O：3CO+2NO2═3CO2+N2O．下列关于N2O的说法一定正确的是（　　）A．上述反应，每生成lmolN20，消耗67.2LCOB．等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数C．N2O只有氧化性，无还原性D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、由方程式3CO+2NO2═3CO2+N2O可知，生成lmolN20，需要3molCO，物质的量一定，影响气体的体积因素有温度、压强等，CO的状态不一定是标准状况．B、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同．C、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低．D、NO会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒．【解答】解：A、由方程式3CO+2NO2═3CO2+N2O可知，生成lmolN20，需要3molCO，物质的量一定，影响气体的体积因素有温度、压强等，CO的状态不一定是标准状况，消耗CO的体积不一定是67.2L，故A错误；B、N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，故B正确；C、N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，故C错误；D、人体血红蛋白结合，使人中毒的是NO，故D错误．20\n故选：B．【点评】考查氧化还原反应、氧化性还原性判断、常用化学计量计算等，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与短线．　17．化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用．下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（　　）A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B．推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；清洁能源．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】正确地处理人与自然之间的关系，高效地、文明地实现对自然资源的永续利用，减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，据此即可解答．A．加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率，可减少化石能源的利用；B．推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少温室效应；C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，使用后的废弃物影响环境；D．对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放，符合社会可持续发展理念；【解答】解：A．因不可再生能源与可再生能源区别在于能否短期内从自然界得到补充，加大清洁能源的开发利用，如开发太阳能，它是可再生能源，可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故A正确；B．二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，符合社会可持续发展理念，故B正确；C．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，故C错误；D．水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源，保护水源，符合社会可持续发展理念，故D正确；故选C．【点评】本题考查环境保护及可持续发展，注意节约资源、开发新能源、走可持续发展之路，人人有责，题目难度不大．　18．已知氧化剂、稀酸等都能迅速破坏传染病毒活性而杀死病毒，下列物质不能作为常用消毒剂的是（　　）A．H2O2溶液B．NaClO溶液C．SO2D．醋酸【考点】氧化还原反应．【专题】信息给予题．【分析】由信息“氧化剂、稀酸等都能迅速破坏传染病毒活性而杀死病毒”可知，具有氧化性的物质及稀酸可作消毒剂，以此来解答．【解答】解：因H2O2溶液和NaClO溶液均具有强氧化性，醋酸具有酸性，由信息可知均可用于杀菌消毒，而SO2以还原性为主，不具有酸性，则不适合作消毒剂，故选C．20\n【点评】本题以信息的形式考查消毒剂，把握物质的氧化性及酸性为解答的关键，注重信息与所学知识的结合，题目较简单．　19．用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（　　）①②③A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色A．AB．BC．CD．D【考点】氯气的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、硝酸具有挥发性、强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色．B、浓盐酸具有挥发性，酚酞溶液在酸性条件下为无色．C、浓氨水具有挥发性，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝．D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性．【解答】解：A、硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；B、浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B正确；C、浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确；D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D正确．故选：A．【点评】考查化学实验、元素化合物性质等，难度不大，注意基础知识的掌握．　20．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（　　）A．Sn2+、Fe2+、Ce3+B．Sn2+、Ce3+、Fe2+C．Ce3+、Fe2+、Sn2+D．Fe3+、Sn2+、Ce3+【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性来判断．【解答】解：根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，还原性是Fe2+＞Ce3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，还原性是Sn2+＞Fe2+，所以还原性顺序是：Sn2+＞Fe2+＞Ce3+．故选A．20\n【点评】本题考查还原性强弱的判断规律：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　二、非选择题（本题包括3小题，共40分）21．（14分）（2022•安徽模拟）某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2﹣、MnO4﹣、CO32﹣、SO42﹣、SiO32﹣中的若干种组成（不考虑水的电离）．取该溶液进行如下实验：Ⅰ．取适量溶液，加入过量的盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；Ⅱ．在Ⅰ所得溶液中加入过量的NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；Ⅲ．在Ⅱ所得溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，加热，也有气体生成，同时析出白色沉淀乙．请回答下列问题：（1）由实验Ⅰ可知原溶液中一定不含有的离子是　Ba2+、Ag+，Al3+、SiO32﹣、MnO4﹣　；一定含有的离子是　Na+、CO32﹣　．（2）由实验Ⅱ可知原溶液中还一定含有的离子是　AlO2﹣　；生成白色沉淀甲的离子方程式为　3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑　．（3）实验Ⅲ中生成白色沉淀乙的离子方程式为　Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3﹣=BaCO3↓+NH3↑+2H2O　．（4）原溶液中还可能存在的离子是　SO42﹣　；检验该离子的方法是　先加入足量盐酸，再加BaCl2溶液　．【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】无色溶液中一定不含MnO4﹣；（1）取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到溶液，说明一定含CO32﹣，无沉淀，说明没有SiO32﹣；CO32﹣与Ag+、Ba2+、Al3+反应产生沉淀，一定不含Ba2+、Ag+，Al3+；（2）在实验Ⅰ所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体A生成，同时析出白色沉淀甲；分析现象，实验Ⅰ中过量盐酸与碳酸氢铵反应生成气体A为二氧化碳；析出白色沉淀甲只能是碳酸氢根离子和铝离子水解的产物氢氧化铝沉淀；（3）在实验II所得溶液中再加入过量Ba（OH）2溶液，有气体B生成，并有白色沉淀乙析出．氢氧化钡和过量的碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钡沉淀和氨气；若含有硫酸根离子也会生成白色沉淀；（4）以上三个实验没有证明有没有SO42﹣，检验SO42﹣先加入足量盐酸，再加BaCl2溶液．【解答】解：（1）根据无色溶液，确定不会MnO4﹣．加入过量盐酸，有气体生成，确定含CO32﹣，CO32﹣与Ag+、Ba2+、Al3+反应产生沉淀，无沉淀，说明没有SiO32﹣；推断一定不含Ba2+、Ag+、SiO32﹣、Al3+；依据电荷守恒可知一定存在阳离子为Na+；故答案为：Ba2+、Ag+，Al3+、SiO32﹣、MnO4﹣；Na+、CO32﹣；（2）在实验I所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，实验I中过量盐酸与碳酸氢铵反应，NH4HCO3+HCl=NH4Cl+H2O+CO2↑，过量的碳酸氢铵溶液与某离子反应有沉淀生成，只能是碳酸氢根离子和铝离子水解生成氢氧化铝沉淀，其反应方程为：3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑；（3）在实验II所得溶液中加入过量浓Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，实验II中剩余的碳酸氢铵溶液与Ba（OH）2溶液反应，NH4HCO3+Ba（OH）2=BaCO3↓+NH3↑+2H2O，SO42﹣与Ba（OH）2溶液也反应，SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；故答案为：Ba2++2OH﹣+NH4++HCO3﹣=BaCO3↓+NH3↑+2H2O；20\n（4）以上三个实验没有证明有没有SO42﹣，检验SO42﹣先加入足量盐酸，再加BaCl2溶液，故答案为：SO42﹣；先加入足量盐酸，再加BaCl2溶液．【点评】本题考查了物质检验，离子反应的性质应用，反应现象的分析判断，注意加入过量试剂的作用，题目难度中等．　22．（16分）（2022秋•鄂尔多斯期中）某学习小组为探究胶体的性质进行如下实验：（1）取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，发生反应的化学方程式是：　Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O　，反应后得到的溶液呈　黄或棕黄　色．（2）取少量上述溶液置于试管中，滴入几滴NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为　FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓　．（3）在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈　红褐　色，即制得Fe（OH）3胶体．（4）取上步实验烧杯中少量Fe（OH）3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量的稀HI溶液，边滴加边振荡，会出现一系列变化．①先出现红褐色沉淀，原因是　加入电解质后，胶体发生聚沉　．②随后沉淀溶解，溶液呈黄色，写出此反应的离子方程式：　Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O　．③最后溶液颜色加深，原因是　2Fe3++2I﹣═I2+2Fe2+　．（用离子方程式表示）．④用稀盐酸代替稀HI溶液，能出现上述哪些相同的变化现象？　①②　（写序号）．【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】（1）根据金属氧化物与酸反应生成盐和水，写出相应的化学方程式；氯化铁溶液显黄色；（2）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，依此写出相应的化学方程式；（3）根据制取氢氧化铁胶体的实验分析，氢氧化铁胶体为红褐色；（4）①依据胶体聚沉的性质解答；②氢氧化铁与氢碘酸发生酸碱中和反应；③三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子；④HCl中有氢离子能使其聚沉然后溶解．【解答】解：（1）Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，所发生的反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，所得溶液是FeCl3溶液，溶液中含有Fe3+离子，溶液呈黄色，故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；黄；（2）取少量此溶液，滴入NaOH溶液，发生反应：FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl，故答案为：FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl；（3）向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，故答案为：红褐；（4）①碘化氢为可溶性电解质，能够使氢氧化铁胶体发生聚沉，出现红褐色沉淀；故答案为：加入电解质后，胶体发生聚沉；②氢氧化铁与氢碘酸发生酸碱中和反应：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，所以沉淀溶解，溶液呈黄色；故答案为：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O；③三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子，生成单质碘，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═I2+2Fe2+，所以最后溶液颜色加深；20\n故答案为：2Fe3++2I﹣═I2+2Fe2+；④HI既有酸性又有强还原性，I﹣能使Fe（OH）3胶粒聚沉，H+使其溶解，生成的Fe3+又能氧化I﹣成I2，而HCl只能使其聚沉然后溶解，故答案为：①②．【点评】本题考查氢氧化铁胶体的制备和性质，以及相关化学方程式和离子方程式的书写，难度中等，了解胶体的制备及性质是解题关键．　23．（10分）（2022秋•鄂尔多斯期中）二氧化硫、一氧化碳、氮的氧化物、氨气都是非常重要的非金属化合物，研究这些化合物对环境保护、理解化学反应原理都具有重要意义．（1）二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收，反应的化学方程式为　4NO2+O2+2H2O═4HNO3　．若该反应有a×NA个电子转移，则参加反应的二氧化氮的物质的量为　amol　．（2）下列除去大气污染物的化学方程式不正确的是　AC　．A．汽车尾气经催化剂作用：CO+NONO2+CB．石灰乳吸收硫酸厂尾气：SO2+Ca（OH）2═CaSO3+H2OC．燃烧法除去尾气中硫化氢：2H2S+3O22SO2+2H2OD．氨气与一氧化氮在一定条件下反应：4NH3+6NO5N2+6H2O（3）大多数非金属氧化物能被氢氧化钠溶液吸收．例如，NaOH+SO2═NaHSO3，2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NO不溶于氢氧化钠溶液或水．①同种反应物，其反应产物与浓度、温度、反应物相对量等因素有关．影响二氧化硫与氢氧化钠反应产物的因素与下列反应相同的是　A　．A．木炭与氧气反应B．硫与氧气反应C．钠与氧气D．铜与硝酸溶液反应②某NO与NO2混合气体通入氢氧化钠溶液被完全吸收，推测混合气体中气体组成为　C　．A.=1B.≤1C.≥1D．无法判断．【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学方程式的有关计算；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收生成硝酸，反应方程式为：4NO2+O2+2H2O═4HNO3，根据化合价升降和电子转移进行相关计算；（2）A．汽车尾气经催化剂作用：CO+NONO2+C，生成二氧化氮有毒的气体；B．石灰乳Ca（OH）2和酸性气体二氧化硫之间可以发生反应生成亚硫酸钙和水；C．燃烧法除去尾气中硫化氢：2H2S+3O22SO2+2H2O，生成有毒气体二氧化硫；D．氨气与一氧化氮在一定条件下反应，产物是氮气和水；（3）影响二氧化硫与氢氧化钠反应产物的因素是两者量的相对大小，①A、碳粉在氧气中燃烧可以生成CO或者CO2，是氧气的量不同，产物不同；B、无催化剂的条件下硫蒸气在氧气中燃烧产物为二氧化硫，有催化剂可转化为三氧化硫；20\nC、钠与氧气在点燃的条件下生成氧化钠，钠与氧无条件生成氧化钠，产物与条件有关；D、铜与硝酸溶液反应，与硝酸的浓度有关，浓度大生成二氧化氮，浓度小生成一氧化氮；②2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NO不溶于氢氧化钠溶液或水可知，二氧化氮可以过量，所以≥1．【解答】解：（1）二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收生成硝酸，反应方程式为：4NO2+O2+2H2O═4HNO3，反应有4NA个电子转移，则参加反应的二氧化氮的物质的量为4mol，所以该反应有a×NA个电子转移，则参加反应的二氧化氮的物质的量为amol，故答案为：4NO2+O2+2H2O═4HNO3；amol；（2）A．汽车尾气经催化剂作用：CO+NONO2+C，生成二氧化氮有毒的气体，故A错误；B．石灰乳Ca（OH）2和酸性气体二氧化硫之间可以发生反应生成亚硫酸钙和水，即SO2+Ca（OH）2═CaSO3+H2O，故B正确；C．燃烧法除去尾气中硫化氢：2H2S+3O22SO2+2H2O，生成有毒气体二氧化硫，故C错误；D．氨气与一氧化氮在一定条件下反应，产物是氮气和水，即4NH3+6NO5N2+6H2O，故D正确．故选AC；（3）①A、碳粉在氧气中燃烧可以生成CO或者CO2，与量的相对大小有关，故A符合；B、无催化剂的条件下硫蒸气在氧气中燃烧产物为二氧化硫，有催化剂可转化为三氧化硫，与条件有关，故B不符合；C、钠与氧气在点燃的条件下生成氧化钠，钠与氧无条件生成氧化钠，产物与条件有关，故C不符合；D、铜与硝酸溶液反应，与硝酸的浓度有关，浓度大生成二氧化氮，浓度小生成一氧化氮，故D不符合；故选A；②2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NO不溶于氢氧化钠溶液或水可知，二氧化氮可以过量，所以≥1，故选：C．【点评】本题涉及氧化还原反应中电子守恒的计算以及除去大气污染物的可行性，属于综合知识的考查题，难度中等．　20