河南省南阳一中2022学年高三化学上学期第三周周考试卷含解析

2022-2022学年河南省南阳一中高三（上）第三周周考化学试卷　一、选择题（每题3分，共48分）1．下列说法正确的是（　　）选项实验解释或结论A用洁净的Pt蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，无k+B用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应C向溴水中滴入植物油，振荡后，油层显无色溴不溶于油脂D将硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2溶液，溶液变黄色H2O2的氧化性比Fe3+强A．AB．BC．CD．D　2．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）①NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlFe②SSO3H2SO4③Cu（OH）2CO3CuCl2（aq）Cu④Fe2O3FeCl3无水FeCl3⑤饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤　3．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣B．将标准状况下112mL氯气通入10mL1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++6Cl﹣+2Br2C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后溶液呈中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OD．向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2O　4．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示）下列有关说法不正确的是（　　）A．从能量转换角度来看，框图中的氯碱工业是一个将电能转化为化学能量的过程B．过程①中除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸25C．过程②中结晶出的MgCl2•6H2O要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2D．在过程③⑤中溴元素均被氧化　5．在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中固体剩余物是（　　）A．Na2CO3和Na2O2B．Na2CO3和NaOHC．NaOH和Na2O2D．NaOH、Na2O2和Na2CO3　6．美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（　　）A．铝钠合金是混合物B．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D．若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小　7．现有Al、Cl2、Al2O3、HCl（aq）、Al（OH）3、NaOH（aq）六种物质，它们之间有如下图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（　　）A．N一定是HCl（aq）B．X可能为Al或Cl2C．Y一定为NaOH（aq）D．Q、Z中的一种必定为Al2O3　8．为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：下列有关说法正确的是（　　）序号液体固体混合前温度混合后最高温度①35mL水2.5gNaHCO320℃18.5℃②35mL水3.2gNa2CO320℃24.3℃③35mL盐酸2.5gNaHCO320℃16.2℃④35mL盐酸3.2gNa2CO320℃25.1℃A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应　9．下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是（　　）选项理由结论A相同物质的量浓度溶液的pH：BaCl2＞MgCl2碱性：Ba（OH）2＞Mg（OH）2B相同物质的量的原子失去电子的数目：Al＞Na还原性：Al＞NaC相同数目的分子中可电离的H+数：H2SO4＞HClO酸性：H2SO4＞HClOD相同物质的量得到电子的数目：稀硝酸＞浓硝酸氧化性：稀硝酸＞浓硝酸A．AB．BC．CD．D　2510．铁氧体（Fe3O4）法是处理含铬废水的常用方法，其原理是用FeSO4把废水中的Cr2还原为Cr3+，并通过调节废水的pH，使生成物组成符合类似于铁氧体（Fe3O4）的复合氧化物（O3•O）．处理含1molCr2的废水至少需要加入amolFeSO4•7H2O，下列结论正确的是（　　）A．x=1，a=5B．x=0.5，a=8C．x=1．a=10D．x=0.5．a=lO　11．下列有关铁及其化合物的离子方程式一定错误的是（　　）A．氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2OB．铁与足量稀硝酸反应：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OC．磁性氧化铁与浓盐酸反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OD．溴化亚铁溶液与氯水反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣　12．在某稀溶液中含4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe粉，充分反应后产生的气体在标况下的体积为（　　）A．36LB．28LC．22.4LD．11.2L　13．在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件下关于离子存在的说法中正确的是（　　）A．c点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、Fe2+B．b点对应的溶液中大量存在：NH4+、K+、Cl﹣、NO3﹣C．d点对应的溶液中大量存在：Al3+、K+、ClO﹣、Cl﹣D．a点对应的溶液中大量存在：CO32﹣、Na+、Cl﹣、SO42﹣　14．NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（　　）A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA　15．下列有关溶液组成的描述合理的是（　　）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣25D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣　16．室温下，在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溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（　　）A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解　　二、非选择题17．现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度．（可供选用的试剂只有CaCO3固体、6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水）请回答下列问题：（1）装置A中的液体试剂选用　　　　　　，理由是：　　　　　　；（2）装置B的作用是　　　　　　，装置E中碱石灰的作用是：　　　　　　；（3）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得生成气体的体积为224mL（标准状况），计算出试样中Na2O2的纯度：　　　　　　．　18．为了探究过氧化钠的强氧化性，某研究性学习小组设计了如图所示的实验装置．实验步骤及现象如下：①检查装置气密性后，装入药品Na2O2并连接仪器．25②缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好（导管末端未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，剧烈反应，产生黄绿色气体．③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置D中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体．④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色．回答下列问题：（1）装置B中湿润的红色纸条褪色，证明A中反应有　　　　　　（填化学式）生成．若B中改放湿润的淀粉KI试纸，仅凭试纸变蓝的现象不能证明上述结论，请用离子方程式说明原因　　　　　　．（2）装置C的作用是　　　　　　．（3）甲同学认为O2是Na2O2被盐酸中的HCl还原所得．乙同学认为此结论不正确，其不赞成的理由可能为①　　　　　　；②O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应所得．　19．无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上由铝土矿（A12O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下．（1）氯化炉中Al2O3、C12和C反应的化学方程式为　　　　　　．（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出尾气中的Cl2，此反应的离子方程式为：　　　　　　．（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是　　　　　　．（4）为测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32g．①写出除杂过程中涉及的离子方程式：　　　　　　、　　　　　　．②AlCl3产品的纯度为　　　　　　．（5）工业上另一种由铝灰为原料制备无水AlCl3工艺中，最后一步是由AlCl3•6H2O脱水制备无水AlCl3，实现这一步的方法是　　　　　　．　20．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：（一）制取氧化铜①称取2gCuSO4•5H2O研细后倒入烧杯，加10mL蒸馏水溶解；②向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，直到不再产生沉淀，然后将所得混合物转移到蒸发皿，加热至沉淀全部变为黑色；③将步骤②所得混合物过滤、洗涤，晾干后研细备用．回答下列问题：（1）上述实验步骤中需要使用玻璃棒的是　　　　　　（填实验序号），步骤①③中研磨固体所用仪器的名称是　　　　　　；（二）证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，相关数据如下：实验序号KClO3质量其他物质质量待测数据25④1.2g无其他物质⑤[1.2gCuO0.5g⑥1.2gMnO20.5g回答下列问题：（2）上述实验中“待测数据”指　　　　　　；（3）本实验装置图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是　　　　　　（选填“酸式”或“碱式”）滴定管；读数时需要注意①　　　　　　；②视线与刻度线相平（4）为探究CuO在实验⑤中是否起催化作用，需补做如下实验（无需写出具体操作）：a．　　　　　　，b．CuO的化学性质有没有改变．　21．1000mL某待测液中除含有0.2mol•L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、SO42﹣现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：　　　　　　．（2）待测液中肯定不存在的阳离子是　　　　　　．（3）若无色气体D是单一气体：阴离子Cl﹣Br﹣CO32﹣HCO3﹣SO32﹣SO42﹣浓度/mol•L﹣1①将阴离子的物质的量浓度填入下表中（一定不存在的填“0”，不能确定的填“？”）：②判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由：　　　　　　．（4）若无色气体D是混合气体：①待测液中一定含有的阴离子是　　　　　　．②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是　　　　　　（写化学式）．25　　252022-2022学年河南省南阳一中高三（上）第三周周考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每题3分，共48分）1．下列说法正确的是（　　）选项实验解释或结论A用洁净的Pt蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，无k+B用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应C向溴水中滴入植物油，振荡后，油层显无色溴不溶于油脂D将硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2溶液，溶液变黄色H2O2的氧化性比Fe3+强A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价；氧化性、还原性强弱的比较；焰色反应；碱金属及其化合物的性质实验．【专题】实验评价题．【分析】A．观察钾元素的焰色反应要通过蓝色钴玻璃；B．CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应；C．植物油中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应；D．双氧水和硝酸都具有氧化性．【解答】解：A．因黄色光遮挡紫色光，观察钾元素的焰色反应要通过蓝色钴玻璃，否则无法观察到钾元素的颜色，用洁净的Pt蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，不能说明不含钾元素，故A错误；B．CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应，放出的热量达到脱脂棉的着火点，所以脱脂棉着火，故B正确；C．植物油中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应，导致油层显无色，故C错误；D．双氧水和硝酸都具有氧化性，混合溶液呈黄色，不能说明氧化剂是双氧水，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学实验评价，涉及焰色反应、物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是D，注意：酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，为易错点．　2．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）①NaAlO2（aq）Al（OH）3Al2O3（熔融）AlFe②SSO3H2SO4③Cu（OH）2CO3CuCl2（aq）Cu④Fe2O3FeCl3无水FeCl3⑤饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤25【考点】镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】①偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；②硫燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；③碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；④氯化铁溶液加热蒸发得到氢氧化铁；⑤在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠．【解答】解：①偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融态的氧化铝得到铝，铝和三氧化二铁高温下反应生成铁；故①正确；②单质硫在氧气中燃烧只生成二氧化硫，不会生成三氧化硫；故②错误；③碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜，电解氯化铜溶液得到单质铜；故③正确；④氯化铁溶液中氯化铁水解：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，加热氯化氢挥发，平衡正向移动，促进氯化铁水解，最终得到氢氧化铁，不能得到氯化铁，故④错误；⑤在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故⑤正确；综上所述：在给定条件下能实现的是①③⑤；故选：A．【点评】本题本题考查了物质转化关系的分析和判断，掌握元素化合物性质和反应实质是关键，注意常见元素化合物性质的积累．　3．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣B．将标准状况下112mL氯气通入10mL1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++6Cl﹣+2Br2C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后溶液呈中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OD．向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电解生成的氢氧根离子与镁离子反应生成难溶物氢氧化镁；B．亚铁离子还原性大于溴离子，氯气不足时亚铁离子优先被氧化；先计算出氯气和溴化亚铁的物质的量，然后判断过量情况及反应产物；C．溶液为中性，则硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1；D．碳酸氢钠过量，离子方程式按照碳酸氢钠的组成书写，反应后碳酸根离子有剩余．【解答】解：A．用惰性电极电解MgCl2溶液，反应生成的氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子反应为：Mg2++2Cl﹣+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑，故A错误；25B．标准状况下112mL氯气的物质的量为0.005mol，10mL1mol•L﹣1的溴化亚铁溶液中含有0.01mol溴化亚铁，含有0.01mol亚铁离子、0.02mol溴离子，由于亚铁离子还原性大于溴离子，亚铁离子优先与氯气反应；0.01mol亚铁离子完全反应消耗0.005mol氯气，氯气恰好与亚铁离子反应，溴离子不参加反应，正确的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后溶液呈中性，硫酸氢钠与氢氧化钡按照2：1反应，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故C正确；D．澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，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．　4．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示）下列有关说法不正确的是（　　）A．从能量转换角度来看，框图中的氯碱工业是一个将电能转化为化学能量的过程B．过程①中除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸C．过程②中结晶出的MgCl2•6H2O要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2D．在过程③⑤中溴元素均被氧化【考点】海水资源及其综合利用．【专题】化学计算．【分析】A、氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应；B、选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去；C、氯化镁晶体脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；D、依据转化关系的流程中物质反应和条件分析判断．【解答】解：A、氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应；通电条件下发生了化学反应，电能转化为化学能，故A正确；B、试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故B错误；C、氯化镁晶体脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；MgCl2•6H20要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故C正确；D、据转化关系的流程中，③步反应为：2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl；④是Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，⑤步的反应为：2HBr+Cl2=Br2+HCl；所以在过程③⑤中溴元素均被氧化，故D正确；25故选：B．【点评】本题考查了海水资源的综合利用，粗盐提纯，工业提溴的原理应用，工业提取镁的生产过程分析，题目难度中等．　5．在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中固体剩余物是（　　）A．Na2CO3和Na2O2B．Na2CO3和NaOHC．NaOH和Na2O2D．NaOH、Na2O2和Na2CO3【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】Na2O2与等物质的量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，根据二者的物质的量的关系来判断残留固体．【解答】解：设Na2O2固体和NaHCO3固体都为1mol，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O2mol1mol1mol1mol1mol0.5mol0.5mol0.5mol2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，0.5mol0.5mol0.5mol0.5mol0.5mol1mol则剩余固体为n（Na2CO3）=0.5mol+0.5mol=1mol，n（NaOH）=1mol，即剩余固体是等物质的量的Na2CO3和NaOH的混合物，故选B．【点评】本题考查钠的化合物的性质，题目难度不大，本题注意等物质的量的NaHCO3和Na2O2固体混合物的特点，注意有关反应，以正确判断最终产物．　6．美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（　　）A．铝钠合金是混合物B．铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D．若mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，放出的H2越多，则铝的质量分数越小【考点】生活中常见合金的组成；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】合金是一种金属与其它金属或非金属熔合而成具有金属特性的物质，是混合物，其硬度比纯金属大，熔点比纯金属低．【解答】解：A、根据合金的定义，合金是混合物．故A正确；B、铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，说明钠和水反应生成的氢氧化钠足以将金属铝溶解，则n（Al）≤n（Na），故B正确；C、铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，若n（Al）＞n（Na），金属铝也可能会置换出金属铜，故C正确；25D、根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，则铝的质量分数越大，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生有关合金的知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　7．现有Al、Cl2、Al2O3、HCl（aq）、Al（OH）3、NaOH（aq）六种物质，它们之间有如下图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（　　）A．N一定是HCl（aq）B．X可能为Al或Cl2C．Y一定为NaOH（aq）D．Q、Z中的一种必定为Al2O3【考点】无机物的推断．【专题】推断题；元素及其化合物．【分析】六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质，以此解答该题．【解答】解：图框中Y能与其它5种物质反应，N能与其它4种物质反应，分析所给物质可知六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质，故选B．【点评】本题考查无机物的推断，侧重于物质的性质的考查，涉及两性化合物的性质以及物质的通性，题目难度不大，解答该类题目要牢固把握相关物质的性质．　8．为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：下列有关说法正确的是（　　）序号液体固体混合前温度混合后最高温度①35mL水2.5gNaHCO320℃18.5℃②35mL水3.2gNa2CO320℃24.3℃③35mL盐酸2.5gNaHCO320℃16.2℃④35mL盐酸3.2gNa2CO320℃25.1℃A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应【考点】探究吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．由于碳酸氢钠溶于水的过程为吸热反应，不能仅通过实验③判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应；25B．由于碳酸钠溶于水的过程放热，不能直接根据过实验④判断碳酸钠与盐酸的反应为放热反应；C．根据实验①③可知，碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，根据实验②④可知，碳酸钠与盐酸的反应为放热反应；D．由实验①③可知，碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，由实验②④可知，碳酸钠与盐酸的反应为放热反应．【解答】解：A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了探究吸热反应、放热反应的方法，题目难度中等，注意掌握化学反应中的能量变化，明确探究吸热反应、放热反应的方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．　9．下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是（　　）选项理由结论A相同物质的量浓度溶液的pH：BaCl2＞MgCl2碱性：Ba（OH）2＞Mg（OH）2B相同物质的量的原子失去电子的数目：Al＞Na还原性：Al＞NaC相同数目的分子中可电离的H+数：H2SO4＞HClO酸性：H2SO4＞HClOD相同物质的量得到电子的数目：稀硝酸＞浓硝酸氧化性：稀硝酸＞浓硝酸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．碱性越强，对应的金属阳离子水解程度越小；B．还原性强弱与失电子多少无关；C．硫酸为二元酸，不能比较酸性强弱；D．浓硝酸氧化性较强．【解答】解：A．碱性越强，对应的金属阳离子水解程度越小，则溶液pH越大，BaCl2溶液呈中性，MgCl2溶液呈弱酸性，故A正确；B．还原性强弱与失电子的难易有关，与失电子多少无关，故B错误；C．硫酸为二元酸，不能比较酸性强弱，二者不具有可比较性，应用一元酸比较，故C错误；D．浓硝酸氧化性较强，应从得电子难易的角度比较，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质的比较，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点和常见题型，注意把握实验的角度和可行性的评价，难度中等．25　10．铁氧体（Fe3O4）法是处理含铬废水的常用方法，其原理是用FeSO4把废水中的Cr2还原为Cr3+，并通过调节废水的pH，使生成物组成符合类似于铁氧体（Fe3O4）的复合氧化物（O3•O）．处理含1molCr2的废水至少需要加入amolFeSO4•7H2O，下列结论正确的是（　　）A．x=1，a=5B．x=0.5，a=8C．x=1．a=10D．x=0.5．a=lO【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由题目信息可知，Cr2O72﹣中Cr元素由+6价还原为+3价，FeS04中Fe元素被氧化为+3价，且Fe元素部分化合价为变化，根据电子转移守恒有3x=2﹣x，据此确定x的值；计算处理1molCr2O72﹣时被氧化为+3价的Fe元素物质的量，进而计算复合氧化物中+2的Fe元素物质的量，根据Fe元素守恒计算FeS04•7H2O的物质的量．【解答】解：由题目信息可知，Cr2O72﹣中Cr元素由+6价还原为+3价，FeS04中Fe元素被氧化为+3价，且Fe元素部分化合价为变化，根据电子转移守恒计算有3x=2﹣x，解得x=0.5；处理1molCr2O72﹣，根据电子转移守恒可知，被氧化为+3价的Fe元素物质的量为=6mol，复合氧化物中+2的Fe元素与+3价Fe元素的物质的量之比为1：（2﹣x）=1：（2﹣0.5）=1：1.5，故算复合氧化物中+2的Fe元素物质的量为=4mol，根据Fe元素守恒可知FeS04•7H2O物质的量为6mol+4mol=10mol，故选D．【点评】本题考查氧化还原法的有关计算，难度中等，注意根据电子转移守恒、原子守恒进行的计算．　11．下列有关铁及其化合物的离子方程式一定错误的是（　　）A．氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2OB．铁与足量稀硝酸反应：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OC．磁性氧化铁与浓盐酸反应：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OD．溴化亚铁溶液与氯水反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．发生氧化还原反应，生成碘化亚铁和碘、水；B．反应生成硝酸铁、NO和水；C．反应生成氯化亚铁、氯化铁、水；D．氯水足量时，亚铁离子、溴离子均全部被氧化，生成氯化铁、溴．【解答】解：A．氢氧化铁与氢碘酸反应的离子反应为2Fe（OH）3+2I﹣+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故A错误；B．铁与足量稀硝酸反应的离子反应为Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故B正确；C．磁性氧化铁与浓盐酸反应的离子反应为Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O，故C正确；D．溴化亚铁溶液与氯水反应的离子反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故D正确；故选A．25【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意与量有关的离子反应及氧化还原反应，题目难度不大．　12．在某稀溶液中含4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe粉，充分反应后产生的气体在标况下的体积为（　　）A．36LB．28LC．22.4LD．11.2L【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】已知n（NO3﹣）=4mol，n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（Fe）=1.5mol，发生反应为3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O或Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，结合反应物的物质的量判断过量问题，根据离子方程式计算该题．【解答】解：已知n（NO3﹣）=4mol，n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（Fe）=1.5mol，首先发生Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，1.5mol5mol4mol可知Fe和NO3﹣过量，H+不足，完全反应，可根据H+计算，由方程式可知生成n（NO）=mol，V（NO）=mol×22.4L/mol=28L，反应后继续发生2Fe3++Fe=3Fe2+，但不再生成气体，故选B．【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意根据反应的离子方程式判断过量问题，为解答该题的关键，难度中等．　13．在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件下关于离子存在的说法中正确的是（　　）A．c点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、Fe2+B．b点对应的溶液中大量存在：NH4+、K+、Cl﹣、NO3﹣C．d点对应的溶液中大量存在：Al3+、K+、ClO﹣、Cl﹣D．a点对应的溶液中大量存在：CO32﹣、Na+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．c点时氢离子与氢氧根离子浓度相等，溶液显示中性；亚铁离子水解，溶液显示酸性；B．b点氢离子浓度大于氢氧根离子，溶液显示酸性；铵根离子水解，溶液显示酸性；C．d点氢氧根离子大于氢离子，溶液显示碱性，铝离子能够与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀；25D．a点氢离子与氢氧根离子相等，溶液为中性；碳酸根离子水解，溶液显示碱性．【解答】解：A．c点时，溶液显示中性，c（H+）=c（OH﹣），由于Fe2+在溶液中水解，溶液显示酸性，不可能为中性溶液，故A错误；B．b点时，c（H+）＞c（OH﹣）溶液显示酸性，NH4+、K+、Cl﹣、NO3﹣之间不发生反应，NH4+在溶液中水解，溶液显示酸性，可以在溶液中大量共存，故B正确；C．d点时，c（H+）＜c（OH﹣），溶液显示碱性，Al3+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．a点时，c（H+）=c（OH﹣），溶液显示中性，CO32﹣水解，溶液显示碱性，不可能在溶液中大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的正误判断、盐的水解原理等知识，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况；本题中正确判断各点溶液酸碱性是解题关键．　14．NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（　　）A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA【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．亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，根据亚铁离子和碘离子的物质的量计算出转移的电子数；B．硫酸钾中阳离子为硫酸根离子，1mol硫酸根离子带有2mol负电荷；C．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；D．丙烯和环丙烷的分子式都是C3H6，42g混合物中含有1molC3H6．【解答】解：A．1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，与足量氯气反应，1mol亚铁离子失去1mol电子、2mol碘离子失去2mol电子，总共转移了3mol电子，转移的电子数为：3NA，故A错误；B．2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中含有溶质硫酸钾1mol，1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，含有2mol负电荷，阴离子所带电荷数为2NA，故B错误；C．1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol阴阳离子，含离子总数为3NA，故C错误；D．42g丙烯和环丙烷的混合物中含有1molC3H6分子，含有6molH原子，含有氢原子的个数为6NA，故D正确；故选D．【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，注意明确过氧化钠中含有的阴离子为过氧根离子，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，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　15．下列有关溶液组成的描述合理的是（　　）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣25C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B．次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D．铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子．【解答】解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，HCO3﹣离子部分水解，溶液显示弱碱性，故C正确；D．Fe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，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：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；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时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．　16．室温下，在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溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（　　）A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解【考点】真题集萃；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；B．a﹣b段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；C．b﹣c段，pH变化不大；D．c点后pH发生突变，NaOH过量．【解答】解：A．硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故A错误；25B．a﹣b段，发生H++OH﹣═H2O，但加入NaOH溶液，总体积增大，则Al3+浓度减小，故B错误；C．b﹣c段，pH变化不大，主要发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀，故C正确；D．c点后pH发生突变，NaOH过量，Al（OH）3沉淀开始溶解，生成NaAlO2，碱性较强，而d点pH＞10，NaOH远远过量，故D错误；故选C．【点评】本题为2022年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点pH突变为解答的关键，明确b→c段中铝离子过量，题目难度不大．　二、非选择题17．现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度．（可供选用的试剂只有CaCO3固体、6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水）请回答下列问题：（1）装置A中的液体试剂选用　6mol/L盐酸　，理由是：　硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4，覆盖在CaCO3表面，使反应终止　；（2）装置B的作用是　除去气体中的HCl　，装置E中碱石灰的作用是：　吸收未反应的CO2　；（3）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得生成气体的体积为224mL（标准状况），计算出试样中Na2O2的纯度：　78%　．【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】由实验流程可知：A中用盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳气体，B中用于除杂，除去二氧化碳气体中的氯化氢，在C中干燥后通入D中，D中发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，E用于除去生成的氧气中的二氧化碳气体，然后用排水法测量氧气的体积，根据G中氧气的体积可知过氧化钠的质量，进而可确定Na2O2试样的纯度，以此解答该题．【解答】解：（1）装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6mol/L盐酸；硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4，覆盖在CaCO3表面，使反应终止；（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰，故答案为：除去气体中的HCl；吸收未反应的CO2；25（3）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），生成的氧气的物质的量为：n（O2）==0.01mol，过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）=2n（O2）=0.02mol，过氧化钠的纯度为：ω（Na2O2）=×100%=78%，故答案为：78%．【点评】本题考查了探究过氧化钠中氧化钠的含量的方法，题目难度中等，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力，试题重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力．　18．为了探究过氧化钠的强氧化性，某研究性学习小组设计了如图所示的实验装置．实验步骤及现象如下：①检查装置气密性后，装入药品Na2O2并连接仪器．②缓慢通入一定量的N2后，将装置D连接好（导管末端未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，剧烈反应，产生黄绿色气体．③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置D中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体．④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色．回答下列问题：（1）装置B中湿润的红色纸条褪色，证明A中反应有　Cl2　（填化学式）生成．若B中改放湿润的淀粉KI试纸，仅凭试纸变蓝的现象不能证明上述结论，请用离子方程式说明原因　4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O　．（2）装置C的作用是　吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气　．（3）甲同学认为O2是Na2O2被盐酸中的HCl还原所得．乙同学认为此结论不正确，其不赞成的理由可能为①　Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2　；②O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应所得．【考点】碱金属及其化合物的性质实验；钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）HClO有漂白性，氯气和水反应生成HClO；O2、Cl2都具有强氧化性，都能将碘离子氧化为I2，I2遇淀粉试液变蓝色；（2）Cl2有毒不能直接排空，如果O2中混有Cl2，会导致收集的O2不纯净；（3）如果Na2O2被还原，则O元素应该得电子化合价降低；Na2O2还能和水反应生成氧气；25【解答】解：（1）湿润的红色石蕊试纸褪色，说明有HClO生成，氯气和水反应生成HClO，所以说明装置A中有Cl2生成；若B中改放湿润的淀粉KI试纸，碘离子具有还原性，O2、Cl2都具有强氧化性，都能将碘离子氧化为I2，I2遇淀粉试液变蓝色，发生的离子反应方程式为4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O（或4I﹣+O2+2H2O═2I2+4OH﹣），所以不能据此证明上述结论，故答案为：Cl2；4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O；（2）Cl2有毒不能直接排空，如果O2中混有Cl2，会导致收集的O2不纯净，且盐酸具有挥发性，导致生成的气体中含有HCl，氯气、HCl都能和NaOH反应而除去，则NaOH的作用是吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气，故答案为：吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使D中能收集到较为纯净的氧气；（3）①如果Na2O2被还原，则O元素应该得电子化合价降低，不能是化合价升高，Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2②水和过氧化钠反应也生成氧气，O2有可能是Na2O2与盐酸中的H2O反应生成的；故答案为：Na2O2被还原时氧元素的化合价应该降低，不可能得到O2；【点评】本题考查性质实验探究，侧重考查学生动手操作、分析问题能力，物质的性质是实验设计的依据，性质、制备实验方案设计是高考高频点，综合性较强，涉及知识点较多，熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等．　19．无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上由铝土矿（A12O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如下．（1）氯化炉中Al2O3、C12和C反应的化学方程式为　A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO　．（2）用Na2SO3溶液可除去冷却器排出尾气中的Cl2，此反应的离子方程式为：　SO32﹣+C12+H2O═SO42﹣+2C1﹣+2H+　．（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是　除去FeCl3　．（4）为测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32g．①写出除杂过程中涉及的离子方程式：　Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓　、　Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．②AlCl3产品的纯度为　96%　．（5）工业上另一种由铝灰为原料制备无水AlCl3工艺中，最后一步是由AlCl3•6H2O脱水制备无水AlCl3，实现这一步的方法是　在HCl气流中加热脱结晶水　．【考点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）根据工艺流程可知升华器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反应会生成A1C13，由冷凝器尾气可知还会生成CO；（2）Cl2有强氧化性，将SO32﹣氧化为SO42﹣，自身被还原为2C1﹣；25（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，FeCl3熔点、沸点较低，升华制备无水AlCl3，应除去FeCl3；（4）制备无水AlCl3含有杂质FeCl3，残留固体质量为0.32g为Fe2O3，根据铁原子守恒计算FeCl3质量，进而计算出AlCl3的质量，再根据产品的纯度定义计算．（5）氯化铝溶液发生水解，将AlCl3•6H2O脱水制备无水氯化铝可在HCl气流中加热脱结晶水．【解答】解：（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO，故答案为：A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO；（2）Cl2有强氧化性，将SO32﹣氧化为SO42﹣，自身被还原为2C1﹣．反应离子方程式为SO32﹣+C12+H2O═SO42﹣+2C1﹣+2H+，故答案为：SO32﹣+C12+H2O═SO42﹣+2C1﹣+2H+；（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，FeCl3熔点、沸点较低，升华制备无水AlCl3，应除FeCl3去．所以加入少量Al目的是除去FeCl3，故答案为：除去FeCl3；（4）①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；②根据铁原子守恒，令含有杂质FeCl3质量为m，则：Fe2O3～～～～～2FeCl31603250.32gm解得，m=0.65g，所以AlCl3产品的纯度为×100%=96%，故答案为：96%；（5）氯化铝溶液发生水解，将AlCl3•6H2O脱水制备无水氯化铝可在HCl气流中加热脱结晶水，故答案为：在HCl气流中加热脱结晶水．【点评】本题考查学生对于工艺流程原理的理解、对操作与实验条件控制的理解等，涉及常用化学用语书写、化学计算、分离提纯等，需要学生具备扎实的基础与综合运用能力，难度中等．　20．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：（一）制取氧化铜①称取2gCuSO4•5H2O研细后倒入烧杯，加10mL蒸馏水溶解；②向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，直到不再产生沉淀，然后将所得混合物转移到蒸发皿，加热至沉淀全部变为黑色；③将步骤②所得混合物过滤、洗涤，晾干后研细备用．25回答下列问题：（1）上述实验步骤中需要使用玻璃棒的是　①②③　（填实验序号），步骤①③中研磨固体所用仪器的名称是　研钵　；（二）证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，相关数据如下：实验序号KClO3质量其他物质质量待测数据④1.2g无其他物质⑤[1.2gCuO0.5g⑥1.2gMnO20.5g回答下列问题：（2）上述实验中“待测数据”指　产生25mL气体所需时间　；（3）本实验装置图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是　碱式　（选填“酸式”或“碱式”）滴定管；读数时需要注意①　上下移动右管使两液面相平　；②视线与刻度线相平（4）为探究CuO在实验⑤中是否起催化作用，需补做如下实验（无需写出具体操作）：a．　检测CuO反应前后质量是否改变　，b．CuO的化学性质有没有改变．【考点】制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响．【专题】综合实验题；实验评价题．【分析】（1）玻璃棒是实验中常用的仪器，作用有：1搅拌2转移固体3引流4、蘸取少许溶液．将固体药品研磨或研碎实验室常用的仪器为研钵；（2）实验的目的是：证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，上述实验中已有数据KClO3质量和其它物质质量，要比较催化效果就是看使用氧化铜与二氧化锰哪一种产生相同体积气体时所需时间短，或在相同时间内，哪一种物质产生的气体多；（3）碱式滴定管的构造为：橡胶管、玻璃珠．酸式滴定管的构造为连在玻璃管上的玻璃活塞，计数时为了保证气体的压强与大气压强相等，需要保持两液面在同水平面内，再读数；（4）催化剂的特点是：能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变．【解答】解：（1）①用蒸馏水溶解2gCuSO4•5H2O，需要使用玻璃棒搅拌，加快CuSO4•5H2O在水中的溶解速率；②向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，直到不再产生沉淀，然后将所得混合物转移到蒸发皿，需要使用玻璃棒，转移沉淀物Cu（OH）2；加热至沉淀Cu（OH）2全部分解变为黑色CuO，需要使用玻璃棒搅拌，目的使潮湿的沉淀Cu（OH）2受热均匀，防止因受热不均匀而飞溅；25③将步骤②所得混合物过滤、洗涤，晾干后研细备用．过滤时需要使用玻璃棒引流防止溶液外洒，过滤出来的沉淀物洗涤，不能用玻璃棒搅拌，因沉淀物也有溶解度，如果用玻璃棒搅拌，沉淀会损失比较多．研钵是实验中研碎固体药品或进行粉末状固体的混和的仪器，该题中研碎黑色CuO用研钵，故答案为：①②③；研钵；（2）本题④⑤⑥三次实验，提供的KClO3质量均为1.2g，实验④的作用为：在不加催化剂的条件下产生氧气的速度与⑤加CuO0.5g以及和⑥加MnO20.5g的效果作对照．⑤⑥加等质量不同的催化剂比较催化效果．比较催化效果方法一：看产生相同体积气体哪组所需时间短，方法二相同时间内，哪一组产生的气体多．该题题干要求：实验时均以生成25mL气体为准，故答案为：产生25mL气体所需时间；（3）本实验装置图中用50mL滴定管改造组装成量气装置，对照酸式、碱式滴定管的构造，碱式滴定管的构造符合要求．可通过上下移动右管使两液面相平，并保证视线与刻度线相平再读数，故答案为：碱式；上下移动右管使两液面相平；（4）探究CuO在实验⑤中是否起催化作用，根据催化剂的性质，从它的质量和化学性质角度探究，故答案为：检测CuO反应前后质量是否改变．【点评】本题综合性较强，需要理清催化剂的概念、掌握铜及其氧化物的性质进行解答．　21．1000mL某待测液中除含有0.2mol•L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、SO42﹣现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：　HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O　．（2）待测液中肯定不存在的阳离子是　Fe3+、Ba2+　．（3）若无色气体D是单一气体：阴离子Cl﹣Br﹣CO32﹣HCO3﹣SO32﹣SO42﹣浓度/mol•L﹣1①将阴离子的物质的量浓度填入下表中（一定不存在的填“0”，不能确定的填“？”）：②判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由：　存在，K+离子最小浓度为0.1mol/L　．（4）若无色气体D是混合气体：①待测液中一定含有的阴离子是　CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣　．②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是　BaCO3、BaSO3　（写化学式）．【考点】无机物的推断；离子方程式的书写．【专题】推断题；离子反应专题．【分析】（1）（2）待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，可能存在SO32﹣、SO42﹣中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；25滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣；（3）若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32﹣，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32﹣，一定含有SO42﹣，计算B（碳酸钡）、E（碳酸钙）、硫酸钡的物质的量，根据离子守恒计算各离子的浓度；根据电荷守恒判断是否含有钾离子，若溶液含有K+，当溶液中没有Cl﹣，K+离子浓度最小，根据电荷守恒计算；（4）若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32﹣，不能确定是否含有SO42﹣，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3．【解答】解：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，可能存在SO32﹣、SO42﹣中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣；（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO3﹣、Ba2+、OH﹣反应生成，反应离子方程式为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O；（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，故答案为：Fe3+、Ba2+；（3）①由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，溶液中一定没有Br﹣．若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32﹣，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32﹣，一定含有SO42﹣，B（碳酸钡）的物质的量==0.1mol，则n（HCO3﹣）=0.1mol，故c（HCO3﹣）==0.1mol/L，E（碳酸钙）的物质的量==0.1mol，则n（CO32﹣）=0.1mol，故c（CO32﹣）==0.1mol/L，D（硫酸钡）的物质的量==0.05mol，则n（SO42﹣）=0.05mol，故c（SO42﹣）==0.05mol/L，故答案为：阴离子Cl﹣Br﹣CO32﹣HCO3﹣SO32﹣SO42﹣浓度/mol•L﹣1？00.10.100.0525②n（NH4+）=n（NH3）==0.1mol，则c（NH4+）=0.1mol/L，溶液中c（Na+）=0.2mol/L，c（HCO3﹣）=0.1mol/L，c（CO32﹣）=0.1mol/L，c（SO42﹣）=0.05mol/L，单位体积为正电荷=1×0.1mol/L+1×0.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=1×0.1mol/L+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷＜单位体积内负电荷，故一定含有K+，当溶液中没有Cl﹣，K+离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c（K+）最小浓度=0.4mol/L﹣0.3mol．L=0.1mol/L，故答案为：存在；K+离子最小浓度为0.1mol/L；（4）由上述分析可知，溶液中一定含有CO32﹣、HCO3﹣，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，溶液中一定没有Br﹣．若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32﹣，不能确定是否含有SO42﹣，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3，①待测液中一定含有的阴离子是CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣，故答案为：CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣；②沉淀A中BaCO3，BaSO3能与稀硝酸反应，故答案为：BaCO3、BaSO3．【点评】本题考查了离子的推断、检验，熟悉物质的性质是解本题关键，根据实验过程中反应现象、离子共存条件来确定溶液中存在的离子，注意根据溶液中电荷守恒确定钾离子是否存在，同时考查学生综合运用知识解决问题的能力，题目难度较大．　25