福建省厦门一中2022届高三化学上学期暑期第一次返校试卷含解析

2022-2022学年福建省厦门一中高三（上）暑期第一次返校化学试卷一、选择题（共25小题，每小题3分，满分75分）1．某溶液中含有S2﹣、HCO3﹣、CO32﹣、CH3COO﹣4种阴离子．若向其中加入足量Na2O2后，溶液中离子数目基本保持不变的是()A．S2﹣B．HCO3﹣C．CO32﹣D．CH3COO﹣2．将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）①Na2O2②Na2O③Na2CO3④NaCl()A．①＞②＞③＞④B．①＞②＞④＞③C．①=②＞③＞④D．①=②＞③=④3．下列离子方程式书写不正确的是()A．氯水和碘化钾反应：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2B．二氧化锰和盐酸制氯气：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑C．氯气制漂白粉：2OH﹣+Cl2=Cl﹣+Cl0﹣+H2OD．氯气和水反应：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO4．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是()A．将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡（HClO）B．使红色布条褪色（HClO）C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色（Cl2）D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）-37-5．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，下列判断不正确的是()A．加入KSCN溶液一定不变红色B．溶液中一定含Fe2+C．溶液中一定含Cu2+D．剩余固体中一定含铜6．把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是()A．反应后生成的盐只有Fe（NO3）3B．反应后生成的盐只有Fe（NO3）2C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3：1D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1：37．下列实验操作和现象，结论或目的均正确的是()A．AB．BC．CD．D8．下列反应的离子方程式中，不正确的是()A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2OB．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO+H20+CO2=CaCO3↓+2HClO-37-C．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性：Ba2++2OH+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2OD．碳酸氢钙溶液中加入盐酸：HCO3+H+=CO2↑+H209．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品中Na2CO3的质量分数是()A．B．C．D．10．16.8gNaHCO3和7.8gNa2O2在密闭容器中灼烧，充分反应后，将密闭容器保持温度500℃，最后容器内剩余的固体物质是()A．Na2CO3B．Na2CO3、Na2O2C．NaHCO3、Na2CO3D．Na2CO3、NaOH11．为精确测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数（含少量NaCl），准确称量W0g样品进行实验，下列实验方法所对应的实验方案和测量数据合理（除w0外）()A．A-37-B．BC．CD．D12．等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是()A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O413．为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验（实验过程中活塞2为打开状态），下列说法中不正确的是()A．关闭活塞1，加入稀硝酸至液面a处B．在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率C．通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行D．反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，还不能证明该气体为NO14．溴、碘主要存在于海水中，有“海洋元素”的美称，海水中的碘富集在海藻中，我国海带产量局世界第一，除供食用外，大量用于制碘，提取碘的途径如下所示：干海带海带灰水溶液→碘单质下列有关叙述不正确的是()A．碘元素在海水中没有游离态存在B．在提取的过程中用的氧化剂可以是H2O2C．操作A是萃取-37-D．B是提纯操作，常用蒸馏15．化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是()A．绿色化学的核心是对环境污染进行综合治理B．烟、云、雾在阳光照射下可观察到丁达尔现象C．光化学烟雾、酸雨的形成都与氮氧化物有关D．利用高纯硅可以制成光电池，将光能直接转化为电能16．用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是()A．AB．BC．CD．D17．工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是()A．制取镁：海水Mg（OH）2MgOMgB．冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3AlC．制溴：浓缩海水Br2HBr（aq）Br2-37-D．制碘：海带海带灰I2（aq）I218．在水玻璃中通入少量的CO2气体，充分反应后加热蒸干，再高温充分灼烧，冷却后所得的固体物质为()A．Na2SiO3B．Na2SiO3与Na2CO3C．SiO2与Na2CO3D．SiO2、Na2SiO3及Na2CO319．下列有关铝的化合物的说法正确的是()A．氧化铝坩埚可用于熔融NaOH实验B．氧化铝的熔点很高，是一种较好的耐火材料C．明矾可用于自来水的消毒D．氢氧化铝能中和胃酸，适合于胃溃疡患者服用20．已知下列转化关系中，M，N均为单质，则M不可能是()M+NQQ溶液M+N．A．H2B．O2C．Cl2D．Cu21．下列由实验现象不能得出正确结论的是()-37-A．AB．BC．CD．D22．NA表示阿伏德罗常数的额值，下列说法正确的是()A．5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3NAB．12.5mL16mol•L﹣1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2NAC．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NAD．0.5mol雄黄（As4S4，结构如图），含有NA个As﹣S键23．某无色溶液能与铝粉反应生成氢气，则下列各组离子在该溶液中一定能大量共存的是()A．Fe2+Na+SO42﹣NO3﹣B．K+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、C．Ag+K+Ba2+NO3﹣D．Mg2+Ca2+Cl﹣SO42﹣24．下列说法错误的是()A．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu（NO3）2固体，铜粉就会溶解B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性-37-C．白纸上滴加浓硫酸后变黑体现了浓硫酸的吸水性D．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实验完成25．Na2S2O3可作为脱氧剂，已知25.0mL0.100mol•L﹣1Na2S2O3溶液恰好与224mL（标准状况下）Cl2完全反应，则S2O32﹣将转化成()A．S2﹣B．SC．SO32﹣D．SO42﹣二、解答题（共3小题，满分45分）26．室温下，往0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中逐滴加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示．（1）a点溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）__________；（2）a→b段，溶液pH增大，Al3+浓度__________（填“增大”“减小”或“不变”）；（3）c→d时，Al元素的主要存在形式是__________（填化学式）；（4）根据图中数据计算，Al（OH）3的Ksp=__________．27．（17分）某工业废水中含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol•L﹣1阳离子K+、Cu2+、Fe3+、Al3+、Fe2+阴离子Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣甲同学与探究该废水的组成，进行了如下实验：-37-Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）．Ⅱ．取少量原溶液，加入KSCN溶液无明显变化．Ⅲ．另取原溶液加入少量盐酸，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．Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．请推断：（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是__________（写离子符号）．（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是__________．（3）将Ⅲ中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生的化学方程式为__________．（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是__________，阴离子是__________（写离子符号）．（5）另取50mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为__________g．（保留一位小数）28．为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验．实验Ⅰ反应产物的定性探究按如图装置（固定装置已略去）进行实验：（1）F装置的烧杯中发生反应的离子方程式是__________；B装置中的现象是__________．（2）实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是__________．（3）实验结束时，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是__________．（4）实验结束后，证明A装置试管中所得产物中含有Cu2+的操作方法是__________．实验Ⅱ：反应产物的定量探究（5）该小组同学在收集到足够的黑色固体后，进行了如图所示的实验：-37-a．检验滤渣是否洗涤干净的实验方法是__________．b．在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为__________．c．对于固体甲的成分的判断中，正确的是（填字母选项）__________．A．固体甲中，CuS和Cu2S不能同时存在B．固体甲中，Cu0和Cu20至少有一种C．固体甲中若没有Cu20，则一定有Cu2SD．固体甲中可能有Cu2S．（6）为测出硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液振荡以淀粉溶液为指示剂，用0.36mol/L的Na2S2O3溶液滴定生成的I2，3次实验平均消耗该Na2S2O3溶液25.00mL．若反应消耗铜的质量为6.4g，则硫酸铜的产率为__________．（已知2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣）2022-2022学年福建省厦门一中高三（上）暑期第一次返校化学试卷一、选择题（共25小题，每小题3分，满分75分）1．某溶液中含有S2﹣、HCO3﹣、CO32﹣、CH3COO﹣4种阴离子．若向其中加入足量Na2O2后，溶液中离子数目基本保持不变的是()A．S2﹣B．HCO3﹣C．CO32﹣D．CH3COO﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．-37-分析：加入足量Na2O2后，与水反应生成NaOH，与HCO3﹣反应生成CO32﹣，且足量的过氧化钠，具有强氧化性，能氧化S2﹣，以此来解答．解答：解：加入足量Na2O2后，与水反应生成NaOH，与HCO3﹣反应生成CO32﹣，所以HCO3﹣减少，CO32﹣增多，又过氧化钠，具有强氧化性，能氧化S2﹣，S2﹣减少，过氧化钠、NaOH均不与醋酸根离子反应，即醋酸根离子数目基本不变，故选D．点评：本题考查离子的共存，注意过氧化钠与水反应生成碱及其强氧化性是解答本题的关键，选项A为解答的易错点，题目难度不大．2．将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）①Na2O2②Na2O③Na2CO3④NaCl()A．①＞②＞③＞④B．①＞②＞④＞③C．①=②＞③＞④D．①=②＞③=④考点：离子浓度大小的比较；氧化还原反应；盐类水解的应用．专题：压轴题；溶液和胶体专题．分析：等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH﹣浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．解答：解：由①反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，②反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH﹣浓度相同，均约为0.2mol/L，故为①=②；③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④，而④中NaCl的浓度为0.1mol/L，故答案为C．点评：这是一道多年的陈题，对学生守恒思想的考查，是一道典型的“计而不算”的计算题．注意溶液中的化学反应．3．下列离子方程式书写不正确的是()-37-A．氯水和碘化钾反应：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2B．二氧化锰和盐酸制氯气：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑C．氯气制漂白粉：2OH﹣+Cl2=Cl﹣+Cl0﹣+H2OD．氯气和水反应：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO考点：离子方程式的书写．分析：A．反应生成碘和氯化钾；B．反应生成氯化锰和氯气、水；C．氯气通入石灰乳制备漂白粉，石灰乳时，氢氧化钙应保留化学式；D．反应生成氯化氢和次氯酸．解答：解：A．氯水和碘化钾反应，离子方程式：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，故A正确；B．二氧化锰和盐酸制氯气，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑，故B正确；C．氯气制漂白粉，离子方程式：2Cl2+2Ca（OH）2=2Ca2++2Cl﹣+2ClO﹣+2H2O，故C错误；D．氯气和水反应，离子方程式：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故D正确；故选：C．点评：本题离子方程式的书写，明确发生的反应是解答本题的关键，注意微溶物在书写离子方程式时拆分原则，题目难度不大，4．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是()A．将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡（HClO）B．使红色布条褪色（HClO）C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色（Cl2）D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）考点：氯气的化学性质．分析：氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离生成氯离子和氢气离子，氯水中含有Cl2，具有氧化性，其中HClO具有漂白性，含有H+，具有酸性，含有氯离子，能够与银离子反应生成氯化银沉淀，据此解答．解答：解：A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性强于碳酸，碳酸的酸性强于次氯酸，所以能够与碳酸氢钠反应产生气体的是盐酸电离产生的氢离子，故A错误；B．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够红色布条褪色，故B正确；-37-C．氯水中含有氯气，具有漂白性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，故C正确；D．氯水中含有氯离子，能够与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，故D正确；故选：A．点评：本题考查了物质的性质，侧重考查氯水性质，熟悉氯气与水的反应，明确氯水中含有的微粒及性质是解题关键，题目难度不大．5．FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，下列判断不正确的是()A．加入KSCN溶液一定不变红色B．溶液中一定含Fe2+C．溶液中一定含Cu2+D．剩余固体中一定含铜考点：铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据FeCl3、CuCl2的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体铜剩余，则一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和二价铜离子无剩余．解答：解：①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B正确；C、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确；故选C．点评：本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分．-37-6．把22.4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，下列说法正确的是()A．反应后生成的盐只有Fe（NO3）3B．反应后生成的盐只有Fe（NO3）2C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3：1D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1：3考点：氧化还原反应的计算．分析：n（Fe）==0.4mol，反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，转移电子物质的量=0.3mol×（5﹣4）+0.2mol×（5﹣2）=0.9mol，假设Fe完全生成Fe3+，转移电子物质的量=0.4mol×3=1.2mol＞0.9mol，假设Fe完全只生成Fe2+，转移电子物质的量=0.4mol×2=0.8mol＜0.9mol，所以Fe反应生成物有Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，利用转移电子守恒计算二者物质的量之比．解答：解：n（Fe）==0.4mol，反应只收集到0.3molNO2和0.2molNO，转移电子物质的量=0.3mol×（5﹣4）+0.2mol×（5﹣2）=0.9mol，假设Fe完全生成Fe3+，转移电子物质的量=0.4mol×3=1.2mol＞0.9mol，假设Fe完全只生成Fe2+，转移电子物质的量=0.4mol×2=0.8mol＜0.9mol，所以Fe反应生成物有Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，设Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的物质的量分别是xmol、ymol，结合转移电子守恒得解得，所以Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的物质的量之比=0.1mol：0.3mol=1：3，故选D．点评：本题考查氧化还原反应的有关计算，为高频考点，正确判断含Fe化合物种类是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，题目难度不大．7．下列实验操作和现象，结论或目的均正确的是()-37-A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．氧化铁溶于盐酸，反应的氯化铁溶液，滴加KSCN溶液变红色；B．CO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+；C．溶液中含有NO3﹣，在酸性条件下会氧化Fe2+离子，不能证明是否已变质；D．若溶液中存在铁离子，加入KSCN溶液也变红色．解答：解：A．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，说明红砖中含有氧化铁，故A正确；B．CO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+，不能证明是否含有Fe3O4，故B错误；C．加了硫酸，即加入H+，与原来的NO3﹣构成了HNO3，能将原来的Fe2+氧化为Fe3+，就不能证明了，故C错误；D．若溶液中存在铁离子，溶液也变红色，故溶液中一定存在铁元素，可能为二价或三价，故D错误．故选A．点评：本题考查较为综合，涉及物质的检验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质异同，把握实验严密性和可行性的评价，难度不大．8．下列反应的离子方程式中，不正确的是()-37-A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2OB．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2++2ClO+H20+CO2=CaCO3↓+2HClOC．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性：Ba2++2OH+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2OD．碳酸氢钙溶液中加入盐酸：HCO3+H+=CO2↑+H20考点：离子方程式的书写．分析：A．氢氧化钙少量，反应后碳酸根离子有剩余；B．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙和次氯酸；C．溶液为中性时，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1；D．二者反应实质为碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体和水．解答：解：A．碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水，离子方程式按照氢氧化钙的组成书写，正确的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故A错误；B．次氯酸钙溶液中通入过量CO2，反应不会生成碳酸钙沉淀，正确的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HC1O，故B错误；C．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：Ba2++2OH+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C正确；D．碳酸氢钙溶液中加入盐酸，反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：HCO3+H+=CO2↑+H20，故D正确；故选AB．点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．9．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品中Na2CO3的质量分数是()A．B．-37-C．D．考点：有关混合物反应的计算．分析：加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，利用反应前后固体的质量差、结合差量法来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度．解答：解：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OD质量减少△m2×8410662x（w1g﹣w2g）所以2×84：62=x：（w1g﹣w2g）解得x=g，则w（Na2CO3）=1﹣=，故选D．点评：本题考查混合物有关计算，注意根据质量守恒定律理解差量法，难度不大．10．16.8gNaHCO3和7.8gNa2O2在密闭容器中灼烧，充分反应后，将密闭容器保持温度500℃，最后容器内剩余的固体物质是()A．Na2CO3B．Na2CO3、Na2O2C．NaHCO3、Na2CO3D．Na2CO3、NaOH考点：化学方程式的有关计算．-37-分析：n（NaHCO3）==0.2mol，n（Na2O2）==0.1mol，发生的反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，H2O、CO2混合和Na2O2反应时，CO2先反应、H2O后反应，据此分析解答．解答：解：n（NaHCO3）==0.2mol，n（Na2O2）==0.1mol，发生的反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，H2O、CO2混合和Na2O2反应时，CO2先反应、H2O后反应，0.2mol碳酸氢钠分解生成0.1molH2O、0.1molCO2，0.1molCO2完全反应需要0.1molNa2O2，水蒸气不反应，所以最终得到的固体是Na2CO3，故选A．点评：本题考查化学方程式的有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确反应先后顺序是解本题关键，为易错题．11．为精确测定工业纯碱中碳酸钠的质量分数（含少量NaCl），准确称量W0g样品进行实验，下列实验方法所对应的实验方案和测量数据合理（除w0外）()A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．CO2能溶于水，不能用排水法收集；B．CO2中含有水蒸气；C．CO2挥发带出水蒸气；D．用酚酞作指示剂，发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，根据HCl的物质的量可确定Na2CO3的含量．-37-解答：解：A．CO2能溶于水，不能用排水法收集，可用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集，故A错误；B．CO2中含有水蒸气，碱石灰吸收水蒸气，导致结果偏大，故B错误；C．CO2挥发带出水蒸气，溶液质量减少偏大，所以导致结果偏大，故C错误；D．用酚酞作指示剂，发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，根据HCl的物质的量可确定Na2CO3的含量，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确元素化合物性质及实验原理是解本题关键，注意二氧化碳的溶解性、碱石灰的性质，题目难度不大．12．等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是()A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O4考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出NO物质的量的多少．解答：解：假设质量都为mg，A．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A．-37-点评：本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，本题易错点为D，注意Fe元素化合价的判断，难度不大．13．为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验（实验过程中活塞2为打开状态），下列说法中不正确的是()A．关闭活塞1，加入稀硝酸至液面a处B．在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率C．通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行D．反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，还不能证明该气体为NO考点：硝酸的化学性质．专题：氮族元素．分析：A、U形管内空气产生的压强对加入的硝酸液面有影响．B、升高温度能加快化学反应速率，无论该反应是放热反应还是吸热反应．C、关闭或开启活塞1能控制U形管内产生气体的压强，从而影响化学反应．D、一氧化氮是无色气体，只有无色气体和氧气反应后转化为红棕色气体才能证明该气体是一氧化氮．解答：解：A、关闭活塞1，U形管左端气体被封在管内，气体产生压强导致稀硝酸的液面无法上升到a处，故A错误．B、升高温度能加快化学反应速率，无论该反应是放热反应还是吸热反应，所以在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率，故B正确．C、关闭或开启活塞1能控制U形管内产生气体的压强，当压强大时能使铜和稀硝酸分离从而停止反应，所以通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行，故C正确．-37-D、一氧化氮是无色气体，如果证明反应产生的气体是一氧化氮，需要将活塞1打开，将气体放入分液漏斗中，气体在分液漏斗中变为红棕色，则证明反应所产生的气体是一氧化氮，否则无法证明，故D正确．故选A．点评：本题考查了铜和稀硝酸的反应，易错选项是A，往往忘记U形管内气体产生压强对加入稀硝酸的影响而作出错误判断．14．溴、碘主要存在于海水中，有“海洋元素”的美称，海水中的碘富集在海藻中，我国海带产量局世界第一，除供食用外，大量用于制碘，提取碘的途径如下所示：干海带海带灰水溶液→碘单质下列有关叙述不正确的是()A．碘元素在海水中没有游离态存在B．在提取的过程中用的氧化剂可以是H2O2C．操作A是萃取D．B是提纯操作，常用蒸馏考点：海水资源及其综合利用．分析：干海带焙烧得到海带灰溶于水过滤得到含碘离子的水溶液加入氧化剂氧化碘离子为碘单质，加入萃取剂萃取分液后蒸馏得到碘单质，A、海水中的碘元素是化合态；B、氧化剂过氧化氢可以氧化碘离子为碘单质，且无污染；C、上述分析可知，加入A为萃取剂，萃取分液后得到含碘单质的有机混合物；D、实现碘单质和萃取剂的分离可以根据碘易升华的性质来进行．解答：解：干海带焙烧得到海带灰溶于水过滤得到含碘离子的水溶液加入氧化剂氧化碘离子为碘单质，加入萃取剂萃取分液后蒸馏得到碘单质，A、海水中的碘元素是化合态，不存在游离态，故A正确；B、提取的过程中用的氧化剂可以是H2O2，氧化剂过氧化氢可以氧化碘离子为碘单质，且无污染，故B正确；C、上述分析可知，加入A为萃取剂，萃取分液后得到含碘单质的有机混合物，分离出碘元素，故C正确；-37-D、碘易升华，B操作时加热使碘升华法，故D错误；故选D．点评：本题考查学生碘元素的存在以及碘的提纯知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．15．化学已经渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是()A．绿色化学的核心是对环境污染进行综合治理B．烟、云、雾在阳光照射下可观察到丁达尔现象C．光化学烟雾、酸雨的形成都与氮氧化物有关D．利用高纯硅可以制成光电池，将光能直接转化为电能考点：常见的生活环境的污染及治理；常见的能量转化形式．分析：A．绿色化学的核心是从源头上杜绝污染；B．烟、云、雾属于气溶胶；C．酸雨与二氧化硫、氮氧化物有关；D．硅光电池是一种直接把光能转换成电能的半导体器件．解答：解：A．绿色化学的核心是从源头上杜绝污染，故A错误；B．烟、云、雾属于气溶胶，具有丁达尔效应，故B正确；C．光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物（HC）和氮氧化物（NOx）等一次污染物在阳光（紫外光）作用下发生光化学反应生成二次污染物；酸雨与二氧化硫、氮氧化物有关，故C正确；D．高纯硅制成的硅光电池能把光能转换成电能，故D正确．故选A．点评：本题考查了生活生产中的环境污染和治理，难度不大，题目与社会接触密贴，是高考热点，解题时注意结合相应的化学知识来解答．16．用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是()-37-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．二氧化硫和亚硫酸钡溶液反应生成硫酸钡；B．品红溶液具有漂白性；C．酸能使紫色石蕊试液变红色；D．二氧化硫被强氧化性物质氧化．解答：解：A．将SO2通入Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应而有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，不溶于硝酸，所以解释错误，故A错误；B．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；C．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而使其溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，故C正确；D．二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾被还原，所以酸性高锰酸钾溶液褪色，则二氧化硫体现还原性，故D正确；故选A．点评：本题考查了二氧化硫的性质，二氧化硫具有漂白性、还原性和氧化性，但二氧化硫的漂白性不稳定，且不能漂白酸碱指示剂，为易错点．-37-17．工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是()A．制取镁：海水Mg（OH）2MgOMgB．冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3AlC．制溴：浓缩海水Br2HBr（aq）Br2D．制碘：海带海带灰I2（aq）I2考点：海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理．分析：A、缺少过滤步骤，生成的氢氧化镁沉淀需要过滤后溶解，制备金属镁需要电解氯化镁得到；B、金属铝制备需要电解熔融的氧化铝冰晶石熔融体，氯化铝是共价化合物；C、海水浓缩后加入氧化剂氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后富集，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质；D、热裂汽油含有不饱和烃，和碘单质会发生加成反应．解答：解：A、缺少过滤步骤，生成的氢氧化镁沉淀需要过滤后溶解，制备金属镁，需要电解熔融的氯化镁得到，不是电解氧化镁，故A错误；B、电解熔融的氧化铝冰晶石熔融体制备金属铝，氯化铝是共价化合物，熔融的氯化铝不能导电，故B错误；C、海水浓缩后加入氧化剂氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后富集，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，步骤和实验过程正确，故C正确；D、热裂汽油含有不饱和烃，和碘单质会发生加成反应，不能做萃取剂，应用分馏汽油，故D错误；故选C．点评：本题考查了海水资源的分析应用，金属的冶炼方法和原理，掌握基础和工业生产过程是解题关键，题目难度中等．18．在水玻璃中通入少量的CO2气体，充分反应后加热蒸干，再高温充分灼烧，冷却后所得的固体物质为()A．Na2SiO3-37-B．Na2SiO3与Na2CO3C．SiO2与Na2CO3D．SiO2、Na2SiO3及Na2CO3考点：含硅矿物及材料的应用．专题：碳族元素．分析：向硅酸钠溶液中通入少量CO2，CO2和Na2SiO3反应生成Na2CO3、H2SiO3；蒸干时H2SiO3分解生成SiO2；高温条件下灼烧混合物，二氧化硅和碳酸钠反应，据此确定最终产物的成分．解答：解：通入少量CO2气体时，发生的反应为Na2SiO3+CO2+H2O═Na2CO3+H2SiO3↓，加热后H2SiO3SiO2+H2O，再高温灼烧，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，所以最后生成的固体是硅酸钠，故选A．点评：本题考查了硅的化合物的性质，明确强酸制取弱酸、物质的不稳定性、高温时物质间的反应即可解答，难度中等．19．下列有关铝的化合物的说法正确的是()A．氧化铝坩埚可用于熔融NaOH实验B．氧化铝的熔点很高，是一种较好的耐火材料C．明矾可用于自来水的消毒D．氢氧化铝能中和胃酸，适合于胃溃疡患者服用考点：镁、铝的重要化合物．分析：A、氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应；B、氧化铝的熔点很高，耐高温；C、明矾水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水；D、氢氧化铝和胃酸发生反应可以减少胃酸中盐酸的含量．解答：解：A、氧化铝是两性氧化物和酸、碱都可以发生反应，氧化铝坩埚和熔融NaOH发生反应，故A错误；B、氧化铝的熔点很高，耐高温是一种较好的耐火材料，故B正确；C、明矾水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，但不能用来消毒，故C错误；-37-D、氢氧化铝能中和胃酸，与盐酸反应的化学反应方程式为：Al（OH）3+3HCI=AlCI3+3H2O，适合于胃溃疡患者服用，故D正确；故选BD．点评：本题考查了镁铝及其化合物性质的分析应用，主要是同种性质和盐类水解的分析，掌握基础是关键，题目较简单．20．已知下列转化关系中，M，N均为单质，则M不可能是()M+NQQ溶液M+N．A．H2B．O2C．Cl2D．Cu考点：化学基本反应类型．分析：M和N在点燃条件下能反应生成Q，Q为可溶性物质，用惰性电极电解Q溶液时生成M和N，如果其中一种单质是金属，则该金属应该是位于氢之后的金属，如果是非金属，应该是氢气．解答：解：A．如果M是氢气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，电解稀盐酸时，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，所以不符合题意，故A不选；B．若M为氧气，当N为氢气时，M、N形成的Q无法形成Q溶液；N为其它非金属单质时，电解其溶液无法达到非金属单质；N为活泼金属时，电解Q溶液无法获得金属单质，N为不活泼金属时无法形成溶液，故B选；C．如果M是氯气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，电解稀盐酸时，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，所以不符合题意，故C不选；D．如果M是铜，铜在氯气中燃烧生成氯化铜，电解氯化铜溶液时，阳极上析出氯气，阴极上析出铜，所以不符合题意，故D不选；故选B．点评：本题考查了金属性质的分析判断，电解原理、电解质溶液中离子放电顺序的理解应用，注意金属的制备方法分析，掌握基础是关键，题目难度中等．-37-21．下列由实验现象不能得出正确结论的是()A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．Al表面可能有致密的氧化膜，与酸反应不生成气体；B．铝箔只熔化成液体，与生成的氧化铝熔点高有关；C．氯化铵溶液显酸性；D．氢氧化铝为两性氢氧化物，能与NaOH反应．解答：解：A．Mg、Al体积大小相同，酸浓度相同，但Al表面可能存在氧化膜，干扰金属与酸反应，则不能利用现象得出结论，故A错误；B．铝箔只熔化成液体，与生成的氧化铝熔点高有关，高熔点的氧化铝包裹在Al的外面，则铝不易燃烧，故B正确；C．氯化铵溶液显酸性，则与Al反应生成氢气，故C正确；D．氢氧化铝为两性氢氧化物，能与NaOH反应，则向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先产生沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失，故D正确；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握金属活泼性比较、盐类水解、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．22．NA表示阿伏德罗常数的额值，下列说法正确的是()-37-A．5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电子数为0.3NAB．12.5mL16mol•L﹣1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2NAC．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NAD．0.5mol雄黄（As4S4，结构如图），含有NA个As﹣S键考点：阿伏加德罗常数．分析：A．铁与氯气反应生成三氯化铁，依据反应物少量的计算转移电子数；B．铜与稀硫酸不反应；C．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，硫化钠和过氧化钠的摩尔质量都是78g/mol；D．As是ⅤA族元素，可以形成3个化学键、5个化学键，可以类比P，所以白色的是S，黑色的是As，依据图可知：1mol含有8个As﹣S键．解答：解：A.5.6g铁粉物质的量为0.1mol，在0.1mol氯气反应生成氯化铁，氯气不足，反应转移电子0.2NA，故A错误；B.12.5mL16mol/L浓硫酸中含溶质物质的量为0.2mol，与铜反应时，随反应进行浓度减小，变为稀硫酸后不再与铜反应，故转移要电子数小于0.2NA，故B错误；C.7.8gNa2S和Na2O2的物质的量为：=0.1mol，过氧化钠中阳离子为过氧根离子，则0.1mol混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数等于0.1NA，故C正确；D．As是ⅤA族元素，可以形成3个化学键、5个化学键，可以类比P，所以白色的是S，黑色的是As，依据图可知：1mol含有8个As﹣S键，0.5mol雄黄（As4S4，结构如图），含有4NA个As﹣S键，故D错误；故选：C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，熟悉浓硫酸的性质、雄黄的结构是解题关键，题目难度不大．23．某无色溶液能与铝粉反应生成氢气，则下列各组离子在该溶液中一定能大量共存的是()A．Fe2+Na+SO42﹣NO3﹣B．K+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、-37-C．Ag+K+Ba2+NO3﹣D．Mg2+Ca2+Cl﹣SO42﹣考点：离子共存问题．分析：无色溶液能与铝粉反应生成氢气，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．解答：解：无色溶液能与铝粉反应生成氢气，为非氧化性酸或强碱溶液，A．碱性溶液中不能存在Fe2+，酸性溶液中Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，且Fe2+为浅绿色，与无色不符，故A错误；B．酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B正确；C．酸性溶液中Al、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故C错误；D．碱性溶液中不能大量存在Mg2+，且Ca2+、SO42﹣结合生成微溶物，不能大量共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．24．下列说法错误的是()A．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu（NO3）2固体，铜粉就会溶解B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C．白纸上滴加浓硫酸后变黑体现了浓硫酸的吸水性D．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实验完成考点：浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．分析：A．硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性；B．能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为碱性气体；C．浓硫酸具有脱水性；D．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮．解答：解：A．在稀硫酸中加入铜粉，再加入Cu（NO3）2固体，硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化铜，所以铜粉就会溶解，故A正确；B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性，故B正确；C．白纸上滴加浓硫酸后变黑体现了浓硫酸的脱水性，故C错误；-37-D．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，都能通过一步实现，故D正确；故选：C．点评：本题考查了物质的性质，熟悉浓硝酸、浓硫酸的性质是解题关键，题目难度不大．25．Na2S2O3可作为脱氧剂，已知25.0mL0.100mol•L﹣1Na2S2O3溶液恰好与224mL（标准状况下）Cl2完全反应，则S2O32﹣将转化成()A．S2﹣B．SC．SO32﹣D．SO42﹣考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算．解答：解：n（Na2S2O3）=0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）==0.01mol，设S2O32﹣被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.0025×2×（n﹣2）mol=2×0.01moln=6，故选D．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意从氧化剂、还原剂得失电子数目相等的角度解答．二、解答题（共3小题，满分45分）26．室温下，往0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中逐滴加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示．-37-（1）a点溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；（2）a→b段，溶液pH增大，Al3+浓度减小（填“增大”“减小”或“不变”）；（3）c→d时，Al元素的主要存在形式是Al（OH）3（填化学式）；（4）根据图中数据计算，Al（OH）3的Ksp=4×10﹣28．考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．分析：（1）a点时为硫酸铝溶液，铝离子部分水解，溶液显示酸性；（2）a﹣b段，发生反应：H++OH﹣═H2O，b﹣c段溶液的pH变化不大，主要发生反应：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，由此分析解答；（3）cd段铝离子完全转化成氢氧化铝沉淀；（4）根据b点溶液pH=5计算出氢氧根离子浓度，此时开始生成氢氧化铝沉淀，铝离子浓度约为0.4mol/L，据此计算出氢氧化铝的溶度积．解答：解：（1）硫酸铝为强酸弱碱盐，铝离子部分水解溶液显酸性，水解离子反应为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；（2）a﹣b段，发生反应：H++OH﹣═H2O，b﹣c段溶液的pH变化不大，主要发生反应：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀，所以Al3+浓度减小，故答案为：减小；（3）c﹣d段溶液pH变化较大，此时铝离子完全转化成氢氧化铝沉淀；d﹣e段溶液pH变化不大，Al（OH）3沉淀开始溶解生成NaAlO2，e点后氢氧化铝完全溶解，根据以上分析可知，则c→d时，A1元素的主要存在形式为：Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；（4）b点时溶液的pH=5，此时开始生成氢氧化铝沉淀，b点时铝离子浓度为：0.2mol/L×2=0.4mol/L，氢氧根离子浓度为：1×10﹣9mol/L，则氢氧化铝的溶度积为：KSP≈0.4×（1×10﹣9）3=4×10﹣28，-37-故答案为：4×10﹣28．点评：本题考查了有硫酸铝与氢氧化钠反应，结合图象综合应用、难溶物溶度积的计算，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力．27．（17分）某工业废水中含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol•L﹣1甲同学与探究该废水的组成，进行了如下实验：Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）．Ⅱ．取少量原溶液，加入KSCN溶液无明显变化．Ⅲ．另取原溶液加入少量盐酸，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．Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成．请推断：（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+（写离子符号）．（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．（3）将Ⅲ中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO．（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是Fe2+、Mg2+，阴离子是Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣（写离子符号）．（5）另取50mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为0.6g．（保留一位小数）考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．分析：Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+，Ⅱ．取少量原溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；-37-Ⅲ．另取原溶液加入少量盐酸，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，说明含有NO3﹣且有还原性离子Fe2+，则一定没有碳酸根离子和硅酸根离子，且溶液中阴离子种类不变，说明含有Cl﹣；Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明含有SO42﹣；据此分析．解答：解：（1）用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+，取少量原溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe3+；故答案为：K+、Fe3+；（2）若向原溶液中加入稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明Fe2+与NO3﹣和H+反应生成NO，亚铁离子与稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，故离子反应方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）NO能够与水反应生成一氧化氮和硝酸，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（4）溶液中有Fe2+、NO3﹣，故不能含有SiO32﹣和CO32﹣，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl﹣；故依据电荷守恒得出：溶液中负电荷总浓度为：0.1+0.1+0.1×2=0.4mol，正电荷总浓度为：0.1×2，故溶液中还含有0.1mol的Mg2+，故5种离子可以确定为：Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣、Fe2+、Mg2+，故答案为：Fe2+、Mg2+；Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣；（5）加入足量的氢氧化钠后，发生反应生成Fe（OH）2和Mg（OH）2，氢氧化亚铁不稳定易被氧化为氢氧化铁，充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，最终得到的固体为Fe2O3和MgO，依据元素守恒得出Fe2O3为0.1mol/L×0.05L×=0.0025mol，故质量为：0.0025mol×120g/mol=0.3g；MgO的物质的量为0.005mol，质量为：0.005mol×60g/mol=0.3g，故固体的总质量为0.6g，故答案为：0.6．点评：本题考查离子共存与推断等，是对学生综合能力的考查，关键是明确常见离子检验与离子间发生的反应，题目难度中等．28．为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验．实验Ⅰ反应产物的定性探究按如图装置（固定装置已略去）进行实验：-37-（1）F装置的烧杯中发生反应的离子方程式是SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；B装置中的现象是白色粉末变蓝色．（2）实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是D装置中黑色固体颜色无变化，E装置中溶液褪色．（3）实验结束时，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是拉起铜丝，关闭K1，K2．（4）实验结束后，证明A装置试管中所得产物中含有Cu2+的操作方法是将A装置中试管内冷却后的混合物沿杯壁（或玻璃棒）缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，若溶液变蓝，证明含有Cu2+．实验Ⅱ：反应产物的定量探究（5）该小组同学在收集到足够的黑色固体后，进行了如图所示的实验：a．检验滤渣是否洗涤干净的实验方法是取最后一次洗涤后所得液体，滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明未洗干净．b．在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为2CuS+3O22CuO+2SO2．c．对于固体甲的成分的判断中，正确的是（填字母选项）BCD．A．固体甲中，CuS和Cu2S不能同时存在B．固体甲中，Cu0和Cu20至少有一种C．固体甲中若没有Cu20，则一定有Cu2SD．固体甲中可能有Cu2S．（6）为测出硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液振荡以淀粉溶液为指示剂，用0.36mol/L的Na2S2O3-37-溶液滴定生成的I2，3次实验平均消耗该Na2S2O3溶液25.00mL．若反应消耗铜的质量为6.4g，则硫酸铜的产率为90%．（已知2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣）考点：性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．分析：加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，水具有挥发性，温度越高挥发性越强，所以生成的二氧化硫中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色；浓硫酸具有吸水性，能干燥二氧化硫气体；氢气具有还原性，能将黑色的氧化铜粉末还原为红色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用碱性溶液吸收．（1）二氧化硫和NaOH反应生成亚硫酸钠和水；无水硫酸铜检验水蒸气；（2）实验过程中，要证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，只要证明生成的气体中含有二氧化硫不含氢气即可；（3）实验结束时，撤去所有酒精灯之前要防止倒吸；（4）铜离子在水溶液中呈蓝色，根据溶液颜色判断是否含有铜离子；（5）a、检验滤渣是否洗涤干净的实验方法是取最后一次洗涤后所得液体少许于试管中，滴加硝酸银溶液观察是否有沉淀生成；b、根据反应：Cu+O2=CuO；Cu2S+2O2=2CuO+2SO2；2CuS+3O2=2CuO+2SO2；从质量变化的角度分析；c、固体甲加入稀盐酸后，得到的蓝色溶液，说明固体甲的成分中CuO和Cu2O至少有一种，分析反应：Cu+O2=CuO增重；Cu2S+2O2=2CuO+2SO2不变；2CuS+3O2=2CuO+2SO2减重，因题给“固体乙称取2.00g，氧气流中煅烧、冷却称量至恒重，得固体丙1.84g”，即实际减重了，说明必有CuS，还要有其他物质．讨论可能存在的情况可解答该题；（6）根据2Cu2++4I﹣=2CuI+I2、S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣得2Cu2+～I2～S2O32﹣，根据铜离子和硫代硫酸根离子之间的关系式计算．解答：解：加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，水具有挥发性，温度越高挥发性越强，所以生成的二氧化硫中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色；浓硫酸具有吸水性，能干燥二氧化硫气体；氢气具有还原性，能将黑色的氧化铜粉末还原为红色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用碱性溶液吸收．-37-（1）二氧化硫属于酸性氧化物，和NaOH反应生成亚硫酸钠和水，离子反应方程式为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；水具有挥发性，升高温度促进其挥发，所以生成的气体中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜由白色变为蓝色，所以B装置中的现象是：白色粉末变蓝色，故答案为：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；白色粉末变蓝色；（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色，所以证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的实验现象是，D装置中氧化铜黑色不变化，说明无氢气生成，E装置中品红试液褪色说明生成了二氧化硫气体，故答案为：D装置中黑色固体颜色无变化，E装置中溶液褪色；（3）实验结束时，拉起铜丝，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是关闭K1，K2，防止CE中的溶液倒吸，炸裂玻璃管，故答案为：拉起铜丝，关闭K1，K2；（4）验证生成的溶液中含有铜离子，需要把试管中的液体倒入水中溶解，观察是否出现蓝色溶液，将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，出现蓝色溶液证明含有铜离子，故答案为：将A装置中试管内冷却后的混合物沿杯壁（或玻璃棒）缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，若溶液变蓝，证明含有Cu2+；（5）a、中检验滤渣是否洗涤干净的实验方法是取最后一次洗涤后所得液体少许于试管中，滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明未洗干净，故答案为：取最后一次洗涤后所得液体，滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净；若有白色沉淀生成，则说明未洗干净；b、根据反应判断：Cu+O2=CuO增重；Cu2S+2O2=2CuO+2SO2不变；2CuS+3O2=2CuO+2SO2减重，则一定存在2CuS+3O22CuO+2SO2，故答案为：2CuS+3O22CuO+2SO2；c、经分析固体甲加入稀盐酸后，得到的蓝色溶液，说明固体甲的成分中CuO和Cu2O至少有一种，分析反应：Cu+O2=CuO增重；Cu2S+2O2=2CuO+2SO2不变；2CuS+3O2=2CuO+2SO2减重，因题给“固体乙称取2.00g，氧气流中煅烧、冷却称量至恒重，得固体丙1.84g”，即实际减重了，说明必有CuS，还要有其他物质，讨论：①若有Cu2O，Cu2S可有可无；②若无Cu2-37-O，必有Cu2S．故③中在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为2CuS+3O22CuO+2SO2，经上分析，对于固体甲的成分的判断中，正确的是BCD，故答案为：BCD；（6）根据2Cu2++4I﹣=2CuI+I2、2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣得2Cu2+～I2～2S2O32﹣，设制得的溶液中硫酸铜的物质的量浓度为xmol/L，2Cu2+～I2～2S2O32﹣，2mol2mol0.025xmol（0.36×0.025）mol2molL：2mol=0.025xmol：（0.36×0.025）molx=0.36mol/L，则250mL溶液中m（Cu2+）=0.36mol/L×0.25L=0.09mol，参加反应的n（Cu）==0.1mol，则硫酸铜的产率=×100%=90%，故答案为：90%．点评：本题以浓硫酸和铜的反应为载体考查性质实验方案设计，涉及气体制取、气体检验、反应方程式的配平、方程式的计算等知识点，综合性较强，明确反应原理及基本操作是解本题关键，知道二氧化硫、氢气的检验方法及顺序，题目难度中等．-37-