江西省南昌市新建县第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

江西省南昌市新建县第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

高三共建化学试卷 说明：1.书写整齐无大面积涂改且主观题基本完成的得5分 ‎2.书写有涂改或主观题未完成的，根据情况扣（1—5）分 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ag-24 Al-27 Fe-56 Cu-64 Ba-137‎ 一、选择题（每题3分，16小题，共48分）‎ ‎1.下列关于阿伏加德罗常数NA的说法正确的是（ ）‎ A. 标况下11.2LHCl气体溶于0.5L水中，所得溶液中含Cl－数为NA B. NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107g C. 电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解了32g铜 D. 20gD2O和H218O中含有的质子数为10NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下11.2LHCl气体的物质的量是0.5mol，将其溶于0.5L水中，得到的溶液中含有的Cl-数目为0.5NA，A错误；‎ B.Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，所以NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量不能准确计算，B错误；‎ C.电解精炼铜时，阳极溶解的金属为Cu及活动性比Cu强的金属，所以转移了NA个电子，阳极溶解的铜的质量不能计算，阴极析出Cu质量是32g，C错误；‎ D.D2O和H218O相对分子质量都是20，质子数都是10，所以20gD2O和H218O的物质的量都是1mol，其中含有的质子数为10NA，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2.下列实验操作中，正确的是（ ）‎ A. 为检验RX是碘代烷，将RX于NaOH水溶液混合加热后再加入AgNO3溶液 B. 检验溶液中是否含有SO42－，向溶液中加入盐酸酸化后的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42－‎ C. 为检验Fe(NO)2样品是否变质，取少量样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红，证明样品已变质 D. 用酸性高锰酸钾溶液可以除去CO2中混有的SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.为检验RX是碘代烷，在酸性条件下检验卤素离子，水解后没有加硝酸至酸性，不能检验，A错误；‎ B.检验SO42-，先加入稀盐酸，无明显现象，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明含有SO42-，向溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液后生成的白色沉淀不溶解，可能是Ag+反应产生的AgCl白色沉淀，B错误；‎ C.酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验是否变质，应溶于水、滴加KSCN溶液检验，C错误；‎ D.SO2具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，CO2不反应，因此可用酸性高锰酸钾溶液可以除去CO2中混有的SO2，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质）‎ 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3）‎ Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2）‎ NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl）‎ H2O、浓H2SO4‎ D NO（NO2）‎ H2O、无水CaCl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2‎ ‎ +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；‎ C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；‎ D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。‎ ‎4.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）‎ A. NH4HSO3溶于少量的NaOH溶液中：HSO3－+OH－═SO32－+H2O B. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2－+CO2+3H2O═2Al(OH)3↓+CO32－‎ C. 硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑‎ D. 在NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至中性：H++SO42－+Ba2++OH－═BaSO4↓+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4HSO3溶于少量的NaOH溶液中，HSO3-首先发生反应，离子方程式为HSO3-+OH-═SO32-+H2O，A正确；‎ B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应产生HCO3-，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，B错误；‎ C.HNO3具有强的氧化性，与FeS会发生氧化还原反应，产生Fe3+、H2SO4，C错误；‎ D.在NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至中性，二者反应物质的量的比是2:1，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用做净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4•7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是（ ）‎ A. KClO3作氧化剂，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗molKClO3‎ B. 生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大 C. 聚合硫酸铁可在水溶液中水解生成氢氧化铁胶体而净水 D. 在反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n又称为碱式硫酸铁，能水解生成氢氧化铁胶体，据此解答。‎ ‎【详解】A.KClO3作氧化剂，氧化FeSO4生成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，所以每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗mol KClO3，A错误；‎ B.FeSO4是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，聚合硫酸铁又称为碱式硫酸铁，生成聚合硫酸铁后，水溶液的酸性减弱，pH增大，B正确；‎ C.聚合硫酸铁中的铁为+3 价，其中的Fe3+能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物，从而具有净水作用，C正确；‎ D.在该反应中KClO3作氧化剂，FeSO4作还原剂，根据反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量的比是1：6，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查盐的水解规律和氧化还原反应计算，把握化学反应基本规律及其应用为解题关键，注意盐的水解对溶液pH的影响，同时应根据氧化还原反应中元素化合价升降总数与电子转移的物质的量相等配平方程式，并进行有关化学计算。‎ ‎6. 镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示：‎ 下列判断不合理的是：‎ A. Al、Ga均处于IIIA族 B. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3‎ C. Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2‎ D. 碱性：Al(OH)3>Ga(OH)3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，故A正确；B．Ga2O3与Al2O3的性质具有相似性，可与盐酸反应生成GaCl3，故B正确；C．Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，故C正确；D．化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，可能是镓酸酸性强于碳酸，酸性Al(OH)3＜Ga(OH)3，故D错误；故选D。‎ 考点：考查金属铝以及化合物的性质。‎ ‎7.“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）。‎ 下列有关该方法的叙述中正确的是（ ）‎ ‎①能耗大是该方法的一大缺点 ‎②整个过程中，只有一种物质可以循环利用 ‎③“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤 ‎④该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品 A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①碳酸钙的分解在高温条件下进行，消耗能量，能耗大是该方法的一大缺点，①正确；‎ ‎②整个过程中有两个反应：a.二氧化碳与氢氧化钠反应，产生Na2CO3和H2O；b.碳酸钙的高温分解产生CaO和CO2，CaO、H2O与Na2CO3在溶液中反应产生CaCO3和NaOH，循环利用的应该有CaO和NaOH 两种物质，②错误；‎ ‎③“反应分离”过程中分离物质是难溶性固体与液体混合物分离的操作，方法应该是过滤，目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，③错误；‎ ‎④甲醇工业上可用CO2制备，④正确；‎ 综上所述可知有关该方法的叙述正确的是①④，故合理选项是A。‎ ‎8.某强酸性溶液中可能存在NO3-、I-、Cl-、Fe3+中的一种或几种。向该溶液中加入溴水后，溴被还原，由此推断该溶液中（ ）‎ A. 不含NO3-，含Fe3+ B. 含有NO3-、I-、Cl-‎ C. 含I-，但不能确定是否含Cl- D. 含有Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加入溴水，单质溴被还原，则溶液中一定含I-，而I-和Fe3+发生氧化还原反应不能共存，酸性溶液中H+、NO3-、I-发生氧化还原反应不能共存，含有I-，则一定不含有Fe3+、NO3-，但不能确定是否含Cl-，故合理选项是C。‎ ‎9.下列操作中选择的仪器正确的是：①分离汽油和氯化钠溶液 ②从含Fe3+的自来水中到蒸馏水③分离氯化钾和二氧化锰混合物 ④从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体 A. ①-丁 ②-丙 ③-甲 ④-乙 B. ①-乙 ②-丙 ③-甲 ④-丁 C. ①-丁 ②-丙 ③-乙 ④-甲 D. ①-丙 ②-乙 ③-丁 ④-甲 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①汽油和氯化钠溶液互不相溶，可用分液法分离，丁为分液装置，故①-丁；②从含Fe3+的自来水中得到蒸馏水，可通过蒸馏的方法制取蒸馏水，丙为蒸馏装置，故②-丙；③氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，可用过滤的方法分离，甲为过滤装置，故③-甲；④氯化钠易溶于水，溶解度受温度影响变化不大，可用蒸发结晶的方法从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体，乙为蒸发结晶装置，故④-乙；故选A。‎ 点睛：本题考查物质的分离，主要考查混合物分离的物理方法，明确混合物分离方法的装置及原理和常见物质的物理性质是解答的关键。过滤可以把不溶于液体的固体物质和液体分离；蒸发结晶可以从溶液中提取晶体；蒸馏通常用于分离提纯沸点差别较大的互溶的混合物，自来水中含有一些难以挥发的无机盐类物质，可通过蒸馏的方法制取蒸馏水；互不相溶的两种液体因密度不同而分层，可用分液法分离。‎ ‎10.在一定条件下，可发生反应：RO3n-+F2 +2OH-=RO4-+2F-+H2O。则RO3n-中R元素的化合价是（ ）‎ A. +4 B. +5 C. +6 D. +7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对于RO3n-+F2 +2OH-=RO4-+2F-+H2O来说，依据电荷守恒，n+2=1+2，n=1，此时RO3n-转化为RO3-；再依据化合价的代数和为-1，求出R的化合价为+5价。‎ 故选B。‎ ‎11.已知NH3是能用来做喷泉实验的气体，若在同温同压下用等体积烧瓶一个收集满NH3，另一个收集NH3和N2的混合气体，如图所示，喷泉实验停止后，两个烧瓶内溶液的关系式（不考虑烧瓶内溶质的扩散，氨水的溶质按NH3计算）（ ）‎ A. 溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同 B. 溶质的质量分数相同，溶质的物质的量不同 C. 溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同 D. 溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设在标准状况下，烧瓶的容积为V L，所以NH3及NH3和N2的混合气体的体积也均为VL，再设出NH3和N2的混合气体中氨气的体积为xL，实验完毕后只充有氨气的烧瓶中充满溶液，溶液的体积为V L，溶质的物质的量n(NH3)=mol，反应后溶液的物质的量浓度c(NH3)==mol/L；‎ 另一个充有NH3和N2的混合气体烧瓶中含有xL氨气，则反应后溶液体积为xL，溶质的物质的量n(NH3)=mol，反应后溶液的物质的量浓度c(NH3)==mol/L。‎ 可见，反应后两个烧瓶中氨水的物质的量浓度相等，由于溶质相同，则两个烧瓶中溶质的质量分数也一定相等，故合理选项是D。‎ ‎12.某钠盐溶液中含有Cl-、OH-、CO32-三种阴离子，仅用一份样品溶液，利用下面的试剂与操作就可将溶液中的三种阴离子依次检验出来。正确的实验操作顺序是（ ）‎ ‎①滴加Mg(NO3)2溶液 ②过滤 ③滴加AgNO3溶液 ④滴加Ba(NO3)2溶液 A ①②④②③ B. ④②①②③ C. ③②①②④ D. ④②③②①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】检验Cl-用AgNO3溶液；检验OH-可用Mg(NO3)2溶液；检验CO32-可用Ba(NO3)2溶液；由于CO32-能与AgNO3溶液、Mg(NO3)2溶液反应，分别生成Ag2CO3沉淀、MgCO3沉淀，故要先检验CO32-离子，再检验OH-、Cl-，由于OH-与Ag+结合成的AgOH极不稳定，故要先检验OH-。仅用一份样品溶液，可先滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明含有CO32-；过滤，向滤液中再滴加Mg(NO3)2溶液内产生白色沉淀，说明含有OH-；过滤，再向滤液中再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明含有Cl-；故正确的实验操作顺序是④②①②③，故合理选项是B。‎ ‎13.下图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是 A. a-b-c-d-e-e-f-g-h B. a-e-d-c-b-h-i-g C. a-d-e-c-b-h-i-g D. a-c-b-d-e-h-i-f ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水除去氯化氢，然后用浓硫酸除去水蒸气，干燥的氯气通入玻璃管中和铁反应生成无水氯化铁，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气，洗气装置导气管长进短处，导气管口连接顺序为：a-e-d-c-b-h-i-g，故选B。‎ 考点：考查了化学实验的基本操作、仪器的连接顺序的相关知识。‎ ‎14.常温常压下，将盛有20 mL NO2和O2的混合气体的大试管倒立在水槽中，水面上升至一定位置后不再变化，此时还有3 mL气体，则原混合气体中的NO2的体积可能是 A. 17.8 mL B. 14.8 mL C. 12.6 mL D. 12.4 mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：常温常压下，将盛有20 mL NO2和O2的混合气体的大试管倒立在水槽中，发生反应：4NO2+ O2+ 2H2O == 4HNO3，水面上升至一定位置后不再变化，此时还有3 mL气体，这3ml气体可能是O2，页可能是NO，若是O2，则反应消耗气体的体积是17mL，根据反应方程式4NO2+ O2+ 2H2O == 4HNO3中气体转化关系可知在原混合气体中NO2的体积是V（NO2）=4/5×17mL=13.6mL；若剩余气体是NO，由于NO是反应3NO2+ H2O == 2HNO3+ NO产生，相当于过量NO2的体积是9mL，发生反应4NO2+ O2+ 2H2O == 4HNO3中反应的气体的体积是11mL，其中NO2的体积是4/5×11mL=8.8mL，则在原气体中含有NO2的总体积是9mL+8.8mL=17.8 mL。因此选项A符合题意。‎ ‎【考点定位】考查氮的氧化物与氧气的混合气体与水反应的计算的知识。‎ ‎【名师点睛】在氮元素的氧化物的化学计算中经常遇到混合气体通入水中，计算原混合气体的成分或计算反应产生的溶液的物质的量浓度的计算的知识。若将盛有NO2和O2的混合气体的大试管倒立在水槽中，首先发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应产生的NO与氧气发生反应：2NO+O2=2NO2，再继续发生前一个反应，循环往复无限次，若最终完全转化为硝酸，可以将第一个式子扩大2倍与第二个式子相加可得总反应方程式：4NO2+ O2+ 2H2O == 4HNO3，这时气体完全转化为硝酸，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO2），利用NO2在原混合气体中占的比例得到硝酸的物质的量，结合物质的量浓度定义式得到硝酸的浓度。若反应后剩余气体，该气体可能是O2、NO，若是氧气，用总体积减去过量的氧气的体积的发生反应4NO2+ O2+ 2H2O == 4HNO3的气体的体积，根据反应的气体体积关系可得NO2、O2的体积；在原气体中含的NO2‎ 就是反应消耗的NO2；O2为反应消耗的和剩余的两部分的和；若为NO，相当于过量NO2，其体积要根据3NO2+ H2O == 2HNO3+ NO计算产生NO的 NO2的体积，用总的体积减去过量的NO2的体积，得到发生反应4NO2+ O2+ 2H2O == 4HNO3的气体的体积，计算其中的NO2再加上过量的NO2的体积就是原混合气体中含有NO2的体积。若开始是NO、O2的混合气体通入水中发生反应的总反应方程式：4NO2+3O2+ 2H2O == 4HNO3，若二者恰好完全反应，则n（NO）:n（O2）=4:3；若剩余气体，可能是氧气，也可能是NO，分开讨论，用总混合气体的体积减去过量的气体的体积得到发生反应4NO2+3O2+ 2H2O == 4HNO3的气体的体积，用各自占的比例计算反应的NO、O2的体积，若NO过量，原混合气体中NO的体积为反应的NO与剩余的NO体积和，O2就是反应的气体的体积；若O2过量，则原混合气体中NO的体积就是反应的NO的体积；O2的体积是反应的氧气与剩余的氧气的体积和。因此要掌握混合气体通入水中的反应变化规律，会进行有关的化学计算。‎ ‎15.在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg；则CO2与CH4的体积比为 A. 3：l B. 2：l C. 1：l D. 任意比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：利用“CO＋Na2O2=Na2CO3和H2＋Na2O2=2NaOH”，CO无论是多少，Na2O2的质量就增加多少， 只要把CO2、CH4拆成CO和H2的形式就可以了，因此当两者的比值为1：1，则mg的混合气体能使固体的质量增加mg，故选项C正确。‎ 考点：考查过氧化钠的性质等知识。‎ ‎16.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是 A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ︰1‎ B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L C. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%‎ D. 得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设铜镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y="0.01" mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol，A、C正确；c(HNO3)=1000×1.4×63%/63=14.0mol·L－1，C项正确；沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7-0.06=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误。‎ ‎【考点定位】本题考查科学计算 二、填空题（共5小题，除标注外，每空2分，共52分）‎ ‎17.已知A和B两支试管的溶液中共含有K＋、Ag＋、Mg2＋、Cl－、OH－、NO3—六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色。请回答下列问题：‎ ‎(1)试管A的溶液中所含的上述离子有_______________________‎ ‎(2)若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加入的药品是________(填化学式)。‎ ‎(3)若试管A和试管B中共有四种物质按等物质的量溶解于试管中，再将A和B中的溶液混合过滤，所得滤液中各种离子的物质的量之比为_________________________（要求标注出离子种类）。‎ ‎(4)若向由试管A的溶液中阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，则发生反应的离子方程式为____________。‎ ‎【答案】 (1). OH—、K+、Cl— (2). Mg (3). n(Mg2+)：n(K+)：n(NO3—)=1：4：6（或0.5：2：3） (4). 2HCO3— + 2OH— + Ba2+ === BaCO3↓ + 2H2O + CO32—‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 试管A的溶液中滴入酚酞试液呈红色，说明溶液显碱性，一定含有OH-，根据离子共存原理，一定没有Ag+、Mg2+，一定含有K+；试管B中一定含有Ag+、Mg2+，则一定没有Cl-，一定含有NO3-；‎ ‎（1）根据试管A和B中含有的离子进行分析；‎ ‎（2）根据A、B溶液中存在的离子形成反应的离子方程式；‎ ‎（3）设出物质的量都为1mol进行计算即可；‎ ‎（4）形成碳酸氢根离子与氢氧化钡溶液反应的离子方程式．‎ ‎【详解】(1)试管A一定含有OH—、K+,一定没有Ag+、Mg2+,试管B一定含有Ag+、Mg2+、NO3—‎ ‎,一定没有Cl−,则Cl−在A中，故A中共有3种离子，故答案为：OH—、K+、Cl—；‎ ‎(2) 试管B中一定含有Ag+、Mg2+向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加入的药品是Mg;‎ ‎(3)设KOH、KCl、Mg(NO3)2、AgNO3四种物质均为1mol,溶解于试管中,过滤后所得滤液中含有2molK+、0.5molMg2+、3mol NO3—,则n(Mg2+)：n(K+)：n(NO3—)=1：4：6；‎ 故答案为：n(Mg2+)：n(K+)：n(NO3—)=1：4：6；‎ ‎(4)向KHCO3溶液中,滴入少量Ba(OH)2溶液,则发生反应的离子方程式为：2HCO3— + 2OH— + Ba2+ === BaCO3↓ + 2H2O + CO32—,故答案为：2HCO3— + 2OH— + Ba2+ === BaCO3↓ + 2H2O + CO32—.‎ ‎【点睛】酸式盐与碱反应写方程式的方法是一少定多，把少量的物质的系数定为1，该物质电离的离子全部参与反应，确定消耗另一种物质所电离出的离子，然后符合电荷守恒配平。‎ ‎18.(1)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。‎ ‎①湿法制备高铁酸钾反应体系中的氧化剂为：________(填化学符号)。‎ ‎②写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式________。‎ ‎(2)工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：‎ ‎①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为：_________。‎ ‎②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为___________。‎ ‎③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。这一过程可用化学方程式表示为：_______。‎ ‎【答案】 (1). ClO- (2). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (3). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (4). 3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3 (5). 5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl-，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行；‎ ‎(2)①Cl2将海水中的Br-氧化生成Br2，Cl2被还原产生Cl-；‎ ‎②纯碱(Na2CO3)溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2‎ 在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，CO32-转化为CO2；‎ ‎③在酸性条件下，Br-和BrO3-发生归中反应生成Br2。‎ ‎【详解】(1)①湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl-，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ ‎(2)①Cl2将海水中的Br-氧化生成Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；‎ ‎②纯碱(Na2CO3)溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，CO32-转化为CO2，其化学反应方程式为：3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3；‎ ‎③在酸性条件下，Br-和BrO3-发生归中反应生成Br2，反应的方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应方程式的配平、离子方程式的书写及氧化还原反应中物质的作用，注意氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应方程式配平要遵循电子守恒、原子守恒，若反应同时还属于离子反应，则还要遵循电荷守恒，元素化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂；元素化合价降低，获得电子，被还原，作氧化剂，根据元素化合价的变化理解变化判断产物。‎ ‎19.烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。‎ ‎(1)酸浸时反应的化学方程式为_______。‎ ‎(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为：Al2(SO4)x(OH)6－2x。滤渣Ⅱ的主要成分为______(填化学式)；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是_______(用离子方程式表示)。‎ ‎(3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是______；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O (2). CaSO4 (3). 3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑ (4). 溶液中的部分SO32-不稳定，易被氧化生成SO42- (5). 减小 ‎【解析】‎ 分析】‎ 粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)和稀硫酸混合，Al2O3与硫酸发生反应Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2(SO4)3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，Ca2+与溶液中的SO42-结合形成CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的H2SO3易被氧化生成H2SO4，H2SO4电离产生SO42-，再结合题目分析解答。‎ ‎【详解】(1) 酸浸时粉煤灰中的Al2O3和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；‎ ‎(2)SiO2是酸性氧化物，和稀硫酸不反应，过滤得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2(SO4)3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+H2SO4=CaSO4+CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4；若溶液的pH偏高，溶液中的Al3+和OH-离子反应生成Al(OH)3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑；‎ ‎(3)SO2被吸收后，二氧化硫和水反应生成的H2SO3易被氧化生成H2SO4，H2SO4电离产生SO42-，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，加热分解后的溶液中SO42-浓度增大，促进生成Al2(SO4)x(OH)6-2x，则溶液的酸性增强，溶液的pH减小。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，要从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途和作用。‎ ‎20.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置(夹持装置略去)，在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。确定分解产物的成分。‎ ‎(1)B装置的作用是_________。‎ ‎(2)实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中一定有_______气体产生，写出D中发生反应的离子方程式________。‎ ‎(3)A中固体分解后产生NH3，写出其两种用途_________。‎ ‎(4)用实验的方法验证C溶液含有NH4+：_________。‎ ‎【答案】 (1). 检验产物中是否有水生成 (2). SO2 (3). SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+ (4). 制冷剂，作氮肥 (5). 取少量C溶液于洁净的试管中，加入浓NaOH并加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明C溶液含有NH4+，反之，则无NH4+存在。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色，用无水硫酸铜检验水蒸气；盐酸酸化的氯化钡溶液能和三氧化硫反应生成硫酸钡沉淀，双氧水能氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，所以C检验三氧化硫、D检验二氧化硫，且生成的氨气能和HCl反应生成铵盐，用水处理尾气；‎ ‎(1)无水硫酸铜检验水蒸气；‎ ‎(2)三氧化硫和氯化钡生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和氯化钡溶液不反应；双氧水具有氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸能和氯化钡在溶液中反应生成硫酸钡沉淀；‎ ‎(3)氨气能作制冷剂、做氮肥；‎ ‎(4)能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体是氨气，先用铵根离子转化为氨气，然后再用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，则可以用于铵根离子的检验。‎ ‎【详解】(1)水蒸气能使无水硫酸铜溶液变蓝色，用无水硫酸铜检验水蒸气，则B装置的作用是检验产物中是否有水生成，如果有水，则无水硫酸铜变蓝色；‎ ‎(2)实验中，观察到C中盐酸酸化的氯化钡溶液中无明显现象，证明无SO3生成，D中H2O2具有氧化性，在酸性条件下能氧化SO2生成H2SO4，H2SO4电离产生的SO42-与溶液中的Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，有白色沉淀生成，可确定产物中一定有SO2，D中反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+； ‎ ‎(3)A中硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]受热分解产生NH3，液氨气化需要吸收热量导致其周围环境温度降低，所以能作制冷剂，N元素是农作物生长需要的营养元素，还可以作氮肥；‎ ‎(4)用实验的方法验证C溶液含有NH4+：取少量C溶液于洁净的试管中，加入浓NaOH并加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明C溶液含有NH4+，反之，则无NH4+存在。‎ ‎【点睛】二氧化硫和盐酸酸化的氯化钡溶液不反应，但是三氧化硫可以反应产生白色硫酸钡沉淀为解答难点，根据铵盐与碱共热产生氨气，NH3的水溶液显碱性检验溶液中的NH4+。‎ ‎21.化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：‎ 查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。‎ I．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。‎ ‎(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是________。‎ ‎(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸。观察到的现象是_______。‎ II．牙膏样品中碳酸钙的定量测定 利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。‎ 依据实验过程回答下列问题：‎ ‎(3)D装置的作用是__________。‎ ‎(4)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是__________(填标号)。‎ ‎①在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体 ‎②滴加盐酸不宜过快 ‎③在A-B之间增添盛有浓H2SO4的洗气装置 ‎④在B-C之间增添盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置 ‎(5)实验中准确称取10.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为__________。‎ ‎【答案】 (1). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (2). 通入CO2气体有白色沉淀生成；再加入盐酸时沉淀溶解，同时有气体产生 (3). 防止空气中的二氧化碳与氢氧化钡反应，影响测定结果 (4). ③④ (5). 20.00%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；‎ ‎(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O，根据物质的溶解性分析判断实验现象；‎ II.(3)防止空气中二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水；‎ ‎(4)①在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收；‎ ‎②滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收；‎ ‎③BC中均为水溶液，不需要干燥；‎ ‎④挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳；‎ ‎(5)由BaCO3质量计算其物质的量，然后根据C元素守恒计算样品中含有的CaCO3，进而求得样品中含有CaCO3的质量分数。‎ ‎【详解】I.(1)两性物质Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2与水，反应离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O，因此观察到的实验现象是通入CO2气体有白色沉淀生成；再加入盐酸时沉淀溶解，同时有气体产生；‎ II.(3)装置D中含有碱石灰，能够与空气中的CO2发生反应，因此D的作用是防止空气中的二氧化碳与氢氧化钡反应，影响测定结果；‎ ‎(4)①在加入盐酸之前，应排尽装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收，所以提前排尽装置中的二氧化碳可以提高测定准确度，①不符合题意；‎ ‎②滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，所以要缓慢滴加盐酸，可以提高测定准确度，②不符合题意；‎ ‎③B～C中均为水溶液，不需要干燥，所以在A～B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，③符合题意；‎ ‎④挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳，则在C中被氢氧化钡吸收的二氧化碳偏多，所以在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会使测定准确度偏低，④符合题意；‎ 故合理选项是③④；‎ ‎(5)BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)==0.02mol，则根据C元素守恒可知样品中CaCO3的物质的量n(CaCO3)=0.02mol，其质量m(CaCO3)=0.02mol×100g/mol=2.0g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=20.00%。‎ ‎【点睛】本题考查了实验原理与操作步骤的理解及评价、理解实验原理是解答的关键。‎ ‎ ‎