黑龙江省大庆实验中学2022-2022学年高三（上）第一次月考化学试卷 一．单项选择题（每题只有一个正确选项，多选、错选均不给分．1～10题，每题2分；11～16每小题2分，共38题）1．化学在生产和生活中有重要的应用．下列说法正确的是（ ）A．电解饱和食盐水可冶炼金属钠B．氧化钠可用于呼吸面具C．铝热反应中的铝热剂是混合物D．凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用 2．实验室中以下物质的贮存方法，不正确的是（ ）A．保存硫酸亚铁溶液时，向其中加入铁钉和少量硫酸B．少量金属钠保存在煤油中C．少量液溴可用水封存，防止溴挥发D．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处 3．下列叙述正确的是（ ）A．等质量的铜分别与足量稀硝酸和浓硝酸充分反应，生成气体的物质的量相同B．等质量的铁分别与足量氯气和硫充分反应，生成物质的物质的量相同C．等质量的铝分别与足量氢氧化钠溶液和盐酸充分反应，生成气体的体积一定相同D．等质量的氯气分别与足量氢氧化钠和硫化钠充分反应，转移的电子数相同 4．下列说法正确的是（ ）A．一定温度下，向饱和NaOH溶液中加入一小块钠，充分反应后恢复到原来温度，溶液的pH不变，有氢气放出B．已知钡的活动性处于钾和钠之间，则在溶液中钡离子可氧化金属锌，使之成为锌离子C．研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色D．次氯酸钠是漂粉精的主要成分 5．用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的是（ ）A．用装置制取少量H2：-29-\nB．用装置分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C．用装置验证Na和水反应的热效应D．用装置蒸干A1Cl3溶液制备无水AlC13 6．NA表示阿伏加德罗常数．下列说法正确的是（ ）A．7.8gNa2O2中含有的阴离子数目为0.2NAB．足量Zn与一定量的浓硫酸反应，产生22.4L（标准状况）气体时转移的电子数一定为2NAC．1L0.1mol/LAl2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2NAD．氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NA 7．下列离子方程式正确的是（ ）A．NaHS溶液水解的方程式为：HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+B．向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑C．在100mL2mol/LFeBr2溶液中通入4.48L氯气（标况下），充分反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣D．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑ 8．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（ ）A．铁与稀硫酸反应制取H2后的溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、Br﹣B．银氨溶液：Na+、K+、NO3﹣、NH3•H2OC．苯酚钠溶液：H+、HCO3﹣、SO2、K+D．氢氧化铝胶体：H+、K+、S2﹣、SO32﹣ 9．将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，忽略溶液体积变化．两份溶液中c（CO32﹣）的变化分别是（ ）-29-\nA．减小、减小B．减小、增大C．增大、增大D．增大、减小 10．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（ ）A．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2OB．2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2OC．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2+3H2OD．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2+2H2O 11．下列叙述中正确的是（ ）A．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出 12．0.2mol下列气体分别与1L0.2mol/L的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（ ）A．SO2B．NO2C．SO3D．CO2 13．已知Zn（OH）2与A1（OH）3一样，是一种两性氢氧化物，它与强酸、强碱都能发生反应，但与A1（OH）3不同的是，Zn（OH）2能溶于过量的氨水中，而Al（OH）3却不能．则下面四组物质的溶液，不能运用滴加顺序进行鉴别的是（ ）A．A1Cl3、NH3•H20B．ZnCl2、NH3•H20C．A1Cl3、NaOHD．ZnCl2、NaOH 14．将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2粉末（Na2O2体积忽略不计）的密闭容器中，用电火花引燃直至反应完全．恢复到原温度，容器内的压强为原来的，则原混合气体的平均相对分子质量可能是（ ）A．20B．23C．30D．36 15．向FeCl3、Al2（SO4）3的混和溶液中逐滴加入Ba（OH）2（aq），形成沉淀的情况如下图所示．沉淀的生成与溶解的pH列于下表（已知：偏铝酸钡易溶于水）．以下推断正确的是（ ）氢氧化物溶液pH开始沉淀沉淀完全沉淀开始溶解沉淀完全溶解Fe（OH）32.33.4Al（OH）33.3-29-\n5.27.812.8A．据图计算原溶液中c（Cl﹣）=c（SO42﹣）B．OA段产生的沉淀为BaSO4和Fe（OH）3C．AB段可能发生的反应是：2SO42﹣+2Ba2++Al3++30H﹣=2BaSO4k+Al（OH）3↓D．C点溶液呈碱性的原因是AlO2﹣水解，其离子方程式为：AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3+OH﹣ 16．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4•7H2O），设计了如下流程，下列说法不正确的是（ ）A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2OD．从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解 二、解答题（共5小题，满分62分）17．（10分）近年来，铝在汽车、航天、机械制造、军事等产业中应用迅猛发展．-29-\n（1）铝元素的离子结构示意图为 ；工业上，用冰晶石作助熔剂、石墨作电极电解熔融氧化铝制铝，请写出电解反应方程式 ；在电解过程中 极（填“阴”或“阳”）需要定期补充．（2）铍（Be）与铝元素相似，其氧化物及氢氧化物具有两性：①请写出Be（OH）2溶于NaOH溶液的化学方程式为： ．②往10.0mL1.00mol/L的Be（NO3）2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，请在以下坐标图中画出沉淀量随NaOH溶液加入量的变化图． 18．（11分）金属铜具有良好的导电性和导热性，在电气和电子工业中应用广泛．（1）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜，写出发生反应的离子方程式 ．（2）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuSO4•5H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.625g试样溶于水，加过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．已知：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣①选用 作滴定指示剂，滴定终点的现象是 ．②CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为 ．③试样中CuSO4•5H2O的质量分数为 ． 19．（15分）海水中含有丰富的镁资源．锂（Li）与镁元素性质相似．（1）某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：模拟海水中的离子浓度（mol/L）Na+Mg2+Ca2+Cl﹣HCO3﹣0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10﹣5mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变．已知：Ksp（CaCO3）=4.96×10﹣9；Ksp（MgCO3）=6.82×10﹣6；Ksp[Ca（OH）2]=4.68×10﹣6；Ksp[Mg（OH）2]=5.61×10﹣12请回答：沉淀物X为 （写化学式）；滤液N中存在的金属阳离子为 ；步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为 （写化学式）．（2）物质的量为0.10mol的锂在只含有N2和O2混合气体的容器中燃烧，反应后容器内固体物质的质量m克，m的取值范围是 ；（3）锂电池是新一代高能电池，目前已研究成功多种锂电池．某离子电池正极材料是含锂的二氧化钴（LiCoO2），充电时LiCoO2中Li被氧化，Li+迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳（C6）中，以LiC6表示．电池反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6，则放电时电池的正极反应为 ．（4）为了回收废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量AI、Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂．-29-\n①在上述溶解过程中，S2O32﹣被氧化成SO42﹣，LiCoO2在溶解过程中的化学反应方程式为 ．②调整PH=5﹣6的目的是 ． 20．（14分）“8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露．氰化物多数易溶于水，有剧毒，易造成水污染．为了增加对氰化物的了解，同学们查找资料进行学习和探究．探究一：探究氰化物的性质已知部分弱酸的电离平衡常数如表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）Ki=1.77×10﹣4Ki=5.0×10﹣10Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11（1）NaCN溶液呈碱性的原因是 （用离子方程式表示）．（2）下列选项错误的是 A．2CN﹣+H2O+CO2═2HCN+CO32﹣B．2HCOOH+CO32﹣═2HCOO﹣+H2O+CO2↑C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者（3）H2O2有有“绿色氧化剂”的美称；也可消除水中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，则生成物A的化学式为 ．（4）处理含CN﹣废水时，如用NaOH溶液调节pH至9时，此时c（CN﹣） c（HCN）（填“＞”、“＜”或“=”）探究二：测定含氰水样中处理百分率为了测定含氰水样中处理百分率，同学们利用如图所示装置进行实验．将CN﹣的浓度为0.2000mol/L的含氰废水100mL与100mLNaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴入100mL稀H2SO4，关闭活塞．已知装置②中发生的主要反应依次为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣2CNO﹣+2H++3C1O﹣═N2↑+2CO2↑+3C1﹣+H2O（5）①和⑥的作用是 ．（6）反应结束后，缓缓通入空气的目的是 ．-29-\n（7）为了计算该实验装置②锥形瓶中含氰废水被处理的百分率，实验中需要测定装置 反应前后的质量（从装置①到⑥中选择，填装置序号）． 21．（12分）金属单质及其化合物常应用于有机物的反应和分析之中，某芳香族化合物A分子式为C8H10O2为测定其结构做如下分析：（1）为确定羟基的个数，将1molA与足量钠反应生成氢气22.4L（标准状况下），说明A分子中含羟基 个．（2）核磁共振H谱显示A有3个峰，峰面积之比为1：2：2，该物质的结构简式为 ．（3）A在Cu催化下可被氧气氧化生成有机物B，B的相对分子质量比A小4．试写出反应的方程式 ．（4）1molB与足量银氨溶液充分反应生成有机物C，同时得到银 克．将生成的有机物C酸化后得到有机物D．已知A，D在一定条件下可缩聚生成高分子化合物E．写出E在足量NaOH溶液中水解的化学反应方程式 ．（5）有机物F是有机物A的一种同分异构体．1molF与足量钠反应同样生成氢气22.4L（标准状况下），且F能使氯化铁溶液显紫色．试写出满足此条件的有机物F的结构简式 （只写出一种即可）． -29-\n黑龙江省大庆实验中学2022-2022学年高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一．单项选择题（每题只有一个正确选项，多选、错选均不给分．1～10题，每题2分；11～16每小题2分，共38题）1．化学在生产和生活中有重要的应用．下列说法正确的是（ ）A．电解饱和食盐水可冶炼金属钠B．氧化钠可用于呼吸面具C．铝热反应中的铝热剂是混合物D．凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用【考点】电解原理；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】A、电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气；B、氧化钠可以和水以及二氧化碳之间反应，但是不会得到氧气；C、铝热剂是铝热反应的反应物，为金属铝和金属氧化物的混合物；D、适量的添加剂不会对身体有害，并且可以起到正面的作用．【解答】A、电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融的氯化钠，可以得到金属钠，故A错误；B、氧化钠可以和水以及二氧化碳之间反应，但是不会得到氧气，常用过氧化钠做氧气的来源，故B错误；C、铝热剂是铝热反应的反应物，为金属铝和金属氧化物的混合物，故C正确；D、适量的添加剂不会对身体有害，并且可以起到正面的作用，如食品防腐剂的适量添加，可以减慢食物的腐败，故D错误．故选C．【点评】本题涉及物质的性质以及应用方面的知识，注意知识的迁移和应用在解题中的应用是解题的关键，难度不大． 2．实验室中以下物质的贮存方法，不正确的是（ ）A．保存硫酸亚铁溶液时，向其中加入铁钉和少量硫酸B．少量金属钠保存在煤油中C．少量液溴可用水封存，防止溴挥发D．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处【考点】化学试剂的存放．【分析】A．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁；B．少量钠应保存在煤油中；C．溴单质易挥发，溴微溶于水；D．浓硝酸有强氧化性．【解答】解：A．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，常加入少量铁粉防止亚铁离子被氧化，加入硫酸防止其水解，故A正确；B．钠是活泼型金属，在常温下和氧气、水反应，少量钠应储存在煤油中，故B正确；C．防止液溴挥发，溴微溶于水，所以用水密封，故C正确；D．浓硝酸有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，故D错误．故选D．-29-\n【点评】本题考查学生试剂的保存知识，可以根据物质的性质来回答，注意知识的积累是解题的关键，难度不大． 3．下列叙述正确的是（ ）A．等质量的铜分别与足量稀硝酸和浓硝酸充分反应，生成气体的物质的量相同B．等质量的铁分别与足量氯气和硫充分反应，生成物质的物质的量相同C．等质量的铝分别与足量氢氧化钠溶液和盐酸充分反应，生成气体的体积一定相同D．等质量的氯气分别与足量氢氧化钠和硫化钠充分反应，转移的电子数相同【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A．分别发生Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；B．分别发生2Fe+3Cl22FeCl3，Fe+SFeS；C．分别发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；D．分别发生Cl2+2NaOH=NaCl+NalO+H2O、Cl2+Na2S=2NaCl+S，等质量时物质的量相同，结合反应计算．【解答】解：A．等质量的Cu，设Cu均为1mol，则与足量稀硝酸和浓硝酸充分反应，生成的气体分别为2mol、mol，故A不选；B．等质量的Fe，设Fe均为2mol，由2Fe+3Cl22FeCl3，Fe+SFeS可知，生成物均为2mol，故B选；C．等质量的Al，设Al均为2mol，与足量氢氧化钠溶液和盐酸充分反应，生成气体均3mol，但状况不一定相同，则体积不一定相同，故C不选；D．等质量的氯气，设均为1mol，由Cl2+2NaOH=NaCl+NalO+H2O、Cl2+Na2S=2NaCl+S可知，转移电子分别为1mol、2mol，故D不选；故选B．【点评】本题考查金属及化合物的综合应用，为高频考点，把握发生的反应及氧化还原反应的分析为解答的关键，侧重分析、计算及应用能力的考查，题目难度不大． 4．下列说法正确的是（ ）A．一定温度下，向饱和NaOH溶液中加入一小块钠，充分反应后恢复到原来温度，溶液的pH不变，有氢气放出B．已知钡的活动性处于钾和钠之间，则在溶液中钡离子可氧化金属锌，使之成为锌离子C．研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色D．次氯酸钠是漂粉精的主要成分【考点】钠的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的氢氧化钠溶液中有NaOH晶体析出，温度不变，氢氧化钠的溶解度不变；B．钡与盐溶液反应先与水反应；C．反应后的混合物与水混合的顺序错误；D．次氯酸钠、氯化钠是漂粉精的主要成分；-29-\n【解答】解：A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的氢氧化钠溶液中有NaOH晶体析出，温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，溶液仍然是饱和溶液，浓度不变，所以pH值不变，故A正确；B．金属性Ba＞Zn，则在溶液中钡离子不能氧化金属锌，故B错误；C．铜丝与浓硫酸加热生成硫酸铜后，再把混合物加入水中形成硫酸铜溶液，而不能把水加入反应混合物中，防止剩余的浓硫酸稀释时溅出，所以故C错误；D．次氯酸钠、氯化钠是漂粉精的主要成分，次氯酸钠为有效成分，故D错误；故选：A．【点评】本题考查金属的化学性质，明确Ba的化学性质处于K、Na之间是解答本题的关键，注意与Na的性质相比较来解答． 5．用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的是（ ）A．用装置制取少量H2：B．用装置分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C．用装置验证Na和水反应的热效应D．用装置蒸干A1Cl3溶液制备无水AlC13【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．制取氢气时需要用分液漏斗或将长颈漏斗伸入液面下；B．蒸馏时，温度计测定馏分温度，互不相溶的液体可以采用分液方法分离；C．利用产生的压强差判断反应热；-29-\nD．氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，升高温度促进HCl挥发，从而促进氯化铝水解．【解答】解：A．制取氢气时需要用分液漏斗或将长颈漏斗伸入液面下，如果用该装置制取氢气，生成的氢气易从漏掉中逸出，故A错误；B．蒸馏时，温度计测定馏分温度，互不相溶的液体可以采用分液方法分离，碳酸钠溶液和乙酸乙酯不互溶，应该采用分液方法分离，故B错误；C．利用产生的压强差判断反应热，根据U型管中液体判断试管中压强变化，气体具有热胀冷缩性质，所以该装置能判断钠的反应热，故C正确；D．氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，升高温度促进HCl挥发，从而促进氯化铝水解，低温蒸干溶液最终得到氢氧化铝，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，涉及物质的分离和提纯、反应热、盐类水解、物质的制备等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道物质的性质及常见物质分离方法，题目难度不大． 6．NA表示阿伏加德罗常数．下列说法正确的是（ ）A．7.8gNa2O2中含有的阴离子数目为0.2NAB．足量Zn与一定量的浓硫酸反应，产生22.4L（标准状况）气体时转移的电子数一定为2NAC．1L0.1mol/LAl2（SO4）3溶液中，Al3+的数目为0.2NAD．氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含1mol过氧根来分析；B、标准状况下22.4L气体的物质的量为1mol，足量锌与浓硫酸反应生成的气体组成为二氧化硫和氢气，无论生成氢气还是二氧化硫，生成1mol气体都得到2mol电子．C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；D、气体所处的状态不明确．【解答】解：A、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠中含1mol过氧根，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol过氧根即0.1NA个，故A错误；B、足量Zn与一定量的浓硫酸反应，产生的气体为氢气和二氧化硫的混合气体，标准状况下22.4L气体的物质的量为1mol，生成1mol二氧化硫和氢气的混合气体，转移了2mol电子，转移的电子数为2NA，故B正确；C、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铝离子的个数小于0.2NA个，故C错误；D、气体所处的状态不明确，故22.4L氧气的物质的量不能确定，故转移的电子数不一定为4NA个，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． 7．下列离子方程式正确的是（ ）A．NaHS溶液水解的方程式为：HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+B．向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑C．在100mL2mol/LFeBr2溶液中通入4.48L氯气（标况下），充分反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣D．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H+H2↑+Cl2↑-29-\n【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．水解生成氢硫酸和氢氧根离子；B．只有过氧化钠中O元素的化合价变化；C．n（FeBr2）=0.2mol，n（Cl2）=0.2mol，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；D．反应生成NaOH、氢气、氯气．【解答】解：A．NaHS溶液水解的方程式为HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，故A错误；B．向H218O中投入Na2O2固体的离子反应为2H218O+2Na2O2═4Na++218OH﹣+2OH﹣+O2↑，故B错误；C．在100mL2mol/LFeBr2溶液中通入4.48L氯气（标况下），充分反应的离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣，故C正确；D．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液的离子反应为2Cl﹣+2H2OH2↑+2OH﹣+Cl2↑，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，涉及知识点较多，有助于学生思维严密性的训练和提高，把握发生的化学反应为解答的关键，选项BC为解答的难点，题目难度不大． 8．下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（ ）A．铁与稀硫酸反应制取H2后的溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、Br﹣B．银氨溶液：Na+、K+、NO3﹣、NH3•H2OC．苯酚钠溶液：H+、HCO3﹣、SO2、K+D．氢氧化铝胶体：H+、K+、S2﹣、SO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．铁与稀硫酸反应制取H2后的溶液中存在大量氢离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；B．四种离子之间不反应，都不与银氨溶液反应；C．氢离子、二氧化硫与碳酸氢根离子、苯酚钠反应；D．氢离子与硫离子、亚硫酸根离子、氢氧化铝胶体反应．【解答】解：A．铁与稀硫酸反应制取H2后的溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Na+、K+、NO3﹣、NH3•H2O之间不反应，且都不与银氨溶液反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．H+、SO2与HCO3﹣、苯酚钠反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．H+与S2﹣、SO32﹣、氢氧化铝胶体反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【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：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；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”等． -29-\n9．将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，忽略溶液体积变化．两份溶液中c（CO32﹣）的变化分别是（ ）A．减小、减小B．减小、增大C．增大、增大D．增大、减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】一份加入少许冰醋酸，发生HAc+HCO3﹣=H2O+CO2↑+Ac﹣，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，发生Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=2H2O+BaCO3↓+CO32﹣，以此来解答．【解答】解：将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，一份加入少许冰醋酸，发生HAc+HCO3﹣=H2O+CO2↑+Ac﹣，则溶液中c（CO32﹣）减小；另外一份加入少许Ba（OH）2固体，发生Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=2H2O+BaCO3↓+CO32﹣，则溶液中c（CO32﹣）增大，故选B．【点评】本题考查溶液中的离子反应，明确发生的反应是分析离子浓度变化的关键，题目难度不大． 10．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（ ）A．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2OB．2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2OC．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2+3H2OD．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，氢离子先与氢氧根离子发生反应，然后氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，据此解答．【解答】解：A．当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为1mol时，盐酸物质的量大于1mol小于等于2mol时，先发生反应：OH﹣+H+=H2O，然后发生CO32﹣+H+=HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+=HCO3﹣+H2O，故A正确；B．当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量大于3mol小于等于4mol时，先发生反应：2OH﹣+2H+=2H2O，然后发生CO32﹣+H+=HCO3﹣，将两个方程式相加得：2OH﹣+CO32﹣+3H+=HCO3﹣+2H2O，故B正确；C．当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量为4mol时，先发生反应：2OH﹣+2H+=2H2O，然后发生2CO32﹣+2H+=2HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+=HCO3﹣+H2O，故C错误；D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸物质的量大于2mol时，先发生反应：OH﹣+H+=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+3H+=CO2↑+2H2O，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，题目难度中等，注意反应物用量对反应的影响． 11．下列叙述中正确的是（ ）-29-\nA．向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【考点】钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应；B、Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2O═NaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠．【解答】解：A、CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成碳酸氢钙溶液，再加入NaHCO3饱和溶液，碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应，不能生成碳酸钙沉淀，故A错误；B、Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有二氧化碳生成，故B错误；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同，与盐酸反应都生成二氧化碳，由碳元素守恒可知，生成二氧化碳的物质的量之比与摩尔质量成反比为106：84=53：42，即同温同压下，体积之比为53：42，故C错误；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2O═NaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故会有碳酸氢钠析出，故D正确；故选D．【点评】本题考查钠的重要化合物性质、化学计算等，难度中等，注意B选项中滴加顺序不同，发生反应不同，实质是与量有关导致反应不同． 12．0.2mol下列气体分别与1L0.2mol/L的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（ ）A．SO2B．NO2C．SO3D．CO2【考点】物质的量的相关计算．【分析】NaOH物质的量为1L×0.2mol/L=0.2mol，选项中各气体均为0.2mol，则：SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：NaOH+SO2=NaHSO3；NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为：NaOH+SO3=NaHSO4；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3，根据反应产物的酸碱性判断．【解答】解：NaOH物质的量为1L×0.2mol/L=0.2mol，选项中各气体均为0.2mol，则：SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性；NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为：NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子，溶液显强酸性；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3，NaHCO3在溶液中即电离又水解，水解程度大于电离程度，溶液显弱碱性；综上可知，形成的溶液pH最小的是SO3，-29-\n故选：C．【点评】本题考查化学方程式计算、盐类水解、电解质电离等，明确发生的反应是解题关键，难度不大． 13．已知Zn（OH）2与A1（OH）3一样，是一种两性氢氧化物，它与强酸、强碱都能发生反应，但与A1（OH）3不同的是，Zn（OH）2能溶于过量的氨水中，而Al（OH）3却不能．则下面四组物质的溶液，不能运用滴加顺序进行鉴别的是（ ）A．A1Cl3、NH3•H20B．ZnCl2、NH3•H20C．A1Cl3、NaOHD．ZnCl2、NaOH【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】与量无关的反应，改变滴定顺序反应现象相同，不能鉴别；而与量有关的反应，改变滴定顺序，现象不同可鉴别，以此来解答．【解答】解：A．改变滴加顺序，均生成白色沉淀，不能鉴别，故A选；B．氨水少量生成白色沉淀，氨水过量不生成沉淀，则改变滴加顺序，现象不同，能鉴别，故B不选；C．NaOH少量生成白色沉淀，NaOH过量不生成沉淀，则改变滴加顺序，现象不同，能鉴别，故C不选；D．NaOH少量生成白色沉淀，NaOH过量不生成沉淀，则改变滴加顺序，现象不同，能鉴别，故D不选；故选A．【点评】本题考查混合物的检验和鉴别，为高频考点，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握与量有关的离子反应及现象，题目难度不大． 14．将一定量的H2、CO和CO2的混合气体通入盛有足量Na2O2粉末（Na2O2体积忽略不计）的密闭容器中，用电火花引燃直至反应完全．恢复到原温度，容器内的压强为原来的，则原混合气体的平均相对分子质量可能是（ ）A．20B．23C．30D．36【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应．由2CO+O22CO2，可得总反应为CO+Na2O2=Na2CO3，相当于吸收CO；由2H2+O22H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，可得总反应为：H2+Na2O2=2NaOH，相当于吸收H2，故混合物气体反应，恢复到原温度，容器内的压强为原来的，剩余气体为O2，不可能为H2或CO．令原混合物的物质的量为4mol，则反应后氧气的物质的量为1mol，由方程式可知原混合物中二氧化碳为2mol，氢气与CO共4mol﹣2mol=2mol，利用端值法讨论判断混合气体的平均相对分子质量的范围．【解答】解：Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应．由2CO+O22CO2-29-\n，可得总反应为CO+Na2O2=Na2CO3，相当于吸收CO；由2H2+O22H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，可得总反应为：H2+Na2O2=2NaOH，相当于吸收H2，故混合物气体反应，恢复到原温度，容器内的压强为原来的，剩余气体为O2，不可能为H2或CO．令原混合物的物质的量为4mol，则反应后氧气的物质的量为1mol，由方程式可知原混合物中二氧化碳为2mol，氢气与CO共4mol﹣2mol=2mol，令原混合物的物质的量为4mol，则反应后氧气的物质的量为1mol，由方程式可知原混合物中二氧化碳为2mol，氢气与CO共4mol﹣2mol=2mol，若为H2和CO2的混合物，二者物质的量之比为1：1，混合气体的平均相对分子质量为=23，若为CO和CO2的混合物，二者物质的量之比为1：1，混合气体的平均相对分子质量为=36，则混合气体的平均相对分子质量介于23～36，故选C．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度较大，能正确判断剩余气体的成分为解答该题的关键． 15．向FeCl3、Al2（SO4）3的混和溶液中逐滴加入Ba（OH）2（aq），形成沉淀的情况如下图所示．沉淀的生成与溶解的pH列于下表（已知：偏铝酸钡易溶于水）．以下推断正确的是（ ）氢氧化物溶液pH开始沉淀沉淀完全沉淀开始溶解沉淀完全溶解Fe（OH）32.33.4Al（OH）33.35.27.812.8A．据图计算原溶液中c（Cl﹣）=c（SO42﹣）B．OA段产生的沉淀为BaSO4和Fe（OH）3C．AB段可能发生的反应是：2SO42﹣+2Ba2++Al3++30H﹣=2BaSO4k+Al（OH）3↓-29-\nD．C点溶液呈碱性的原因是AlO2﹣水解，其离子方程式为：AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3+OH﹣【考点】离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法．【专题】基本概念与基本理论．【分析】向含Al2（SO4）3和FeCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Fe3+，Al3+与OH﹣、Ba2+与SO42﹣之间的离子反应，离子方程式为：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，1molAl2（SO4）3中SO42﹣完全被沉淀所需Ba（OH）2的物质的量为3mol，提供6molOH﹣，图表分析铁离子先沉淀，由图象分析，OA段为加入3molBa（OH）2，发生反应Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，得到3molBaSO4沉淀，C点为氢氧化铝溶解后的沉淀为氢氧化铁和硫酸钡沉淀共4mol，所以氢氧化铁沉淀为1mol，氢氧化铝沉淀为2mol；分析判断OA段沉淀3mol钡离，1mol铁离子和1mol铝离子；AB段为沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol．【解答】解：．向含Al2（SO4）3和FeCl3的混合溶液与Ba（OH）2溶液反应的实质是Fe3+，Al3+与OH﹣、Ba2+与SO42﹣之间的离子反应，离子方程式为：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，1molAl2（SO4）3中SO42﹣完全被沉淀所需Ba（OH）2的物质的量为3mol，提供6molOH﹣，图表分析铁离子先沉淀，由图象分析，OA段为加入3molBa（OH）2，发生反应Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，得到3molBaSO4沉淀，C点为氢氧化铝溶解后的沉淀为氢氧化铁和硫酸钡沉淀共4mol，所以氢氧化铁沉淀为1mol，氢氧化铝沉淀为2mol；分析判断OA段沉淀3mol钡离，1mol铁离子和1mol铝离子；AB段为沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol．A．由分析可知：FeCl3、Al2（SO4）3的混和溶液中含FeCl31mol，含Al2（SO4）31mol，则c（Cl﹣）=c（SO42﹣），故A正确；B．由分析可知：OA段产生的沉淀为3mol的BaSO4、1mol的Fe（OH）3和1mol的Al（OH）3，故B错误；C．AB段可能发生的反应是Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓，故C错误；D．偏铝酸钡是强碱弱酸盐，溶液显碱性，故C点溶液呈碱性的原因是AlO2﹣水解，其离子方程式为：AlO2﹣+2H2O⇌Al（OH）3+OH﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学反应的有关图象问题、铝、铁化合物的性质及混合物的有关计算等，难度较大，了解各阶段发生的反应是解题的关键． 16．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4•7H2O），设计了如下流程，下列说法不正确的是（ ）A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2OD．从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解【考点】"三废"处理与环境保护．-29-\n【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，以此进行解答．【解答】解：硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，A．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B．由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C．在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故C错误；D．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故D正确；故选C．【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价、工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析能力和创新能力的培养，注意把握常见物质的分离方法． 二、解答题（共5小题，满分62分）17．（10分）近年来，铝在汽车、航天、机械制造、军事等产业中应用迅猛发展．（1）铝元素的离子结构示意图为 ；工业上，用冰晶石作助熔剂、石墨作电极电解熔融氧化铝制铝，请写出电解反应方程式 2Al2O34Al+3O2↑ ；在电解过程中 阳 极（填“阴”或“阳”）需要定期补充．（2）铍（Be）与铝元素相似，其氧化物及氢氧化物具有两性：-29-\n①请写出Be（OH）2溶于NaOH溶液的化学方程式为： Be（OH）2+2NaOH═Na2BeO2+2H2O ．②往10.0mL1.00mol/L的Be（NO3）2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，请在以下坐标图中画出沉淀量随NaOH溶液加入量的变化图．【考点】电解原理；离子方程式的有关计算．【分析】（1）铝离子的核电荷数为13，核外电子总数为10，最外层为8个电子；工业上，用冰晶石作助熔剂、石墨作电极电解熔融氧化铝生成铝和氧气，因为石墨易与氧气反应消耗，所以阳极需要定期补充；（2）①根据两性氢氧化物能与碱反应生成盐和水；②根据Be（NO3）2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH先后发生反应：Be（NO3）2+2NaOH=Be（OH）2↓+2NaNO3，Be（OH）2+2NaOH═Na2BeO2+2H2O，先产生沉淀，然后沉淀消失，两次消耗的氢氧化钠的物质的量都为0.02mol（即20mLNaOH溶液），产生的Be（OH）2沉淀为0.01mol．【解答】解：（1）铝离子的核电荷数为13，最外层达到8电子稳定结构，铝离子结构示意图为，工业上，用冰晶石作助熔剂、石墨作电极电解熔融氧化铝生成铝和氧气，方程式为：2Al2O34Al+3O2↑，因为石墨易与氧气反应消耗，所以阳极生成氧气消耗石墨需要定期补充；故答案为：；2Al2O34Al+3O2↑；阳；（2）①Be（OH）2溶于NaOH反应的生成Na2BeO2和水，反应的化学方程式为：Be（OH）2+2NaOH═Na2BeO2+2H2O；故答案为：Be（OH）2+2NaOH═Na2BeO2+2H2O；②Be（NO3）2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH先后发生反应：Be（NO3）2+2NaOH=Be（OH）2↓+2NaNO3，Be（OH）2+2NaOH═Na2BeO2+2H2O，先产生沉淀，然后沉淀消失，两次消耗的氢氧化钠的物质的量都为0.02mol（即20mLNaOH溶液），产生的Be（OH）2沉淀为0.01mol，沉淀量随NaOH溶液加人量的变化图为：；-29-\n故答案为：．【点评】本题主要考查了铝的冶炼以及同主族元素性质的相似性和差异性，注意根据题意提取信息是解题的关键，难度不大． 18．（11分）金属铜具有良好的导电性和导热性，在电气和电子工业中应用广泛．（1）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜，写出发生反应的离子方程式 Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O ．（2）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuSO4•5H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.625g试样溶于水，加过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．已知：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣①选用 淀粉溶液 作滴定指示剂，滴定终点的现象是 加入最后一滴，溶液由蓝色变为无色，且30s不恢复颜色 ．②CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为 2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2 ．③试样中CuSO4•5H2O的质量分数为 80% ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的有关计算；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】（1）发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（2）碘遇淀粉变蓝，以此判断反应终点，硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，以此写出离子方程式；结合4CuSO4•5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32﹣计算CuSO4•5H2O的质量及质量分数．【解答】解：（1）发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，离子反应为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；（2）①滴定时发生I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I﹣，碘遇淀粉变蓝，则选择淀粉溶液为指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴，溶液由蓝色变为无色，且30s不恢复颜色，故答案为：淀粉溶液；加入最后一滴，溶液由蓝色变为无色，且30s不恢复颜色；②CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；③设CuSO4•5H2O的质量为x，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，n（Na2S2O3）=0.002mol，4CuSO4•5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32﹣，4×2504x0.002试样中CuSO4•5H2O的质量分数为×100%=80%，-29-\n故答案为：80%．【点评】本题考查金属的性质及含量的测定，为高频考点，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意氧化还原反应的应用，题目难度不大． 19．（15分）海水中含有丰富的镁资源．锂（Li）与镁元素性质相似．（1）某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：模拟海水中的离子浓度（mol/L）Na+Mg2+Ca2+Cl﹣HCO3﹣0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10﹣5mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变．已知：Ksp（CaCO3）=4.96×10﹣9；Ksp（MgCO3）=6.82×10﹣6；Ksp[Ca（OH）2]=4.68×10﹣6；Ksp[Mg（OH）2]=5.61×10﹣12请回答：沉淀物X为 CaCO3 （写化学式）；滤液N中存在的金属阳离子为 Ca2+、Na+， ；步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为 Mg（OH）2 （写化学式）．（2）物质的量为0.10mol的锂在只含有N2和O2混合气体的容器中燃烧，反应后容器内固体物质的质量m克，m的取值范围是 0.7g＜m＜1.5g ；（3）锂电池是新一代高能电池，目前已研究成功多种锂电池．某离子电池正极材料是含锂的二氧化钴（LiCoO2），充电时LiCoO2中Li被氧化，Li+迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳（C6）中，以LiC6表示．电池反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6，则放电时电池的正极反应为 CoO2+Li++e﹣=LiCoO2 ．（4）为了回收废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量AI、Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂．①在上述溶解过程中，S2O32﹣被氧化成SO42﹣，LiCoO2在溶解过程中的化学反应方程式为 Na2S2O3+8LiCoO2+11H2SO4═4Li2SO4+8CoSO4+11H2O+Na2SO4 ．②调整PH=5﹣6的目的是 使Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀除去 ．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】（1）步骤①，加入0.001molNaOH时，OH﹣恰好与HCO3﹣完全反应，生成0.001molCO32﹣．由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32﹣与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；步骤②，当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11时，此时滤液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol•L﹣1．根据溶度积可判断无Ca（OH）2生成，有Mg（OH）2沉淀生成；根据溶度积可判断无Ca（OH）2生成，有Mg（OH）2沉淀生成，所以Y为Mg（OH）2；-29-\n（2）锂条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应锂的质量、生成的碳的质量和生成的氧化锂的质量，采用极限思维法，若锂全部与氧气反应生成固体量最大，假设锂没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，然后解答；（3）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应；（4）正极材料（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）溶于稀硫酸，Fe、Al和稀硫酸反应生成硫酸盐和氢气，发生的离子反应方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑、2Al+6H+=2Al3++3H2↑，酸性条件下S2O32﹣被氧化成SO42﹣，所以硫代硫酸钠和LiCoO2反应方程式为8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；然后向溶液中充入空气，亚铁离子不稳定，易被氧化为铁离子，同时向溶液中加入NaOH溶液，发生的反应为4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，所以调节溶液的pH为5﹣6时，铁离子、铝离子完全沉淀，过滤得到的废渣为Al（OH）3、Fe（OH）3；过滤后向溶液中再加入NaOH溶液并调节溶液的pH为9﹣10，发生的离子反应为Co2++2OH﹣=Co（OH）2↓，过滤得到Co（OH）2，最后向滤液中加入NaOH、Na2CO3并调节溶液的pH为11﹣12，发生的离子反应为2Li++CO32﹣=Li2CO3↓，①酸性条件下，S2O32ˉ被氧化成SO42ˉ，则LiCoO2被氧化生成Co2+，根据离子方程式的书写规则，再根据氧化还原反应中得失电子结合原子守恒配平方程式；②所以调节溶液的pH为5﹣6时，铁离子、铝离子完全沉淀，过滤得到的废渣为Al（OH）3、Fe（OH）3．【解答】解：（1）步骤①，从题给的条件，可知n（NaOH）=0.001mol，[即n（OH﹣）=0.001mol]．依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001molNaOH时，OH﹣恰好与HCO3﹣完全反应：OH﹣+HCO3﹣═CO32﹣+H2O，生成0.001molCO32﹣，由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32﹣与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀Ca2++CO32﹣═CaCO3↓．所以沉淀物X为CaCO3；当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11（即pOH=3）时，此时滤液中c（OH﹣）=1×10﹣3mol•L﹣1．则Q[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×（10﹣3）2=0.010×（10﹣3）2=10﹣8＜Ksp[Ca（OH）2]，无Ca（OH）2生成；Q[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×（10﹣3）2=0.050×（10﹣3）2=5×10﹣8＞Ksp[Mg（OH）2]，有Mg（OH）2沉淀生成；由于CO32﹣只有0.001mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2+）=0.010mol•L﹣1．滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；由以上分析可知当滤液M中加入NaOH固体，调至pH=11（即pOH=3）时，有Mg（OH）2沉淀生成；又由于Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×（10﹣3）2=5.6×10﹣12，c（Mg2+）=5.6×10﹣6＜10﹣5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，所以Mg2+只存在M中，N溶液中含金属阳离子，Ca2+、Na+，步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05molMg2+反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，生成0.05molMg（OH）2，剩余0.005molOH﹣，由于Q[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×c（OH﹣）2=0.010×（0.005）2=2.5×10﹣7＜Ksp[Ca（OH）2]，所以无Ca（OH）2沉淀析出，沉淀物Y为Mg（OH）2沉淀，故答案为：CaCO3，Ca2+、Na+，Mg（OH）2；（2）锂条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应锂的质量、生成的碳的质量和生成的氧化锂的质量，采用极限思维法，如果生成固体质量最大，则假设无二氧化碳，锂完全与氧气反应，-29-\n4Li+O22Li2O，420.10mol0.050mol则0.1mol锂最多可生成固体的质量为0.050mol×30g/mol=1.5g，再假设只有锂，则固体最少，固体质量为0.10mol×7g/mol=0.7克，则固体的范围应该在0.7g＜m＜1.5g之间，故答案为：0.7g＜m＜1.5g；（3）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：CoO2+Li++e﹣=LiCoO2，故答案为：CoO2+Li++e﹣=LiCoO2；（4）正极材料（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）溶于稀硫酸，Fe、Al和稀硫酸反应生成硫酸盐和氢气，发生的离子反应方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑、2Al+6H+=2Al3++3H2↑，酸性条件下S2O32﹣被氧化成SO42﹣，所以硫代硫酸钠和LiCoO2反应方程式为8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；然后向溶液中充入空气，亚铁离子不稳定，易被氧化为铁离子，同时向溶液中加入NaOH溶液，发生的反应为4Fe2++O2+2H2O+8OH﹣=4Fe（OH）3↓、Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，所以调节溶液的pH为5﹣6时，铁离子、铝离子完全沉淀，过滤得到的废渣为Fe（OH）3、Al（OH）3；过滤后向溶液中再加入NaOH溶液并调节溶液的pH为9﹣10，发生的离子反应为Co2++2OH﹣=Co（OH）2↓，过滤得到Co（OH）2，最后向滤液中加入NaOH、Na2CO3并调节溶液的pH为11﹣12，发生的离子反应为2Li++CO32﹣=Li2CO3↓，再结合题目分析解答，①根据题意知，酸性条件下，S2O32ˉ被氧化成SO42ˉ，则LiCoO2被氧化生成Co2+，所以发生的离子反应方程式为：Na2S2O3+8LiCoO2+11H2SO4═4Li2SO4+8CoSO4+11H2O+Na2SO4，故答案为：Na2S2O3+8LiCoO2+11H2SO4═4Li2SO4+8CoSO4+11H2O+Na2SO4；②充入空气的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液的PH=5﹣6除去铁离子和铝离子，故答案为：使Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀除去．【点评】本题考查了离子浓度及Ksp的有关计算，要求考生定量地分析发生的反应，溶液中存在的离子，推断沉淀是否产生，从而得出正确的结论．计算强调了实用性以及认识、解决问题的综合性，题目难度较大． 20．（14分）“8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露．氰化物多数易溶于水，有剧毒，易造成水污染．为了增加对氰化物的了解，同学们查找资料进行学习和探究．探究一：探究氰化物的性质已知部分弱酸的电离平衡常数如表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）Ki=1.77×10﹣4Ki=5.0×10﹣10Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11（1）NaCN溶液呈碱性的原因是 CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣ （用离子方程式表示）．（2）下列选项错误的是 AD A．2CN﹣+H2O+CO2═2HCN+CO32﹣B．2HCOOH+CO32﹣═2HCOO﹣+H2O+CO2↑C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者-29-\n（3）H2O2有有“绿色氧化剂”的美称；也可消除水中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，则生成物A的化学式为 KHCO3 ．（4）处理含CN﹣废水时，如用NaOH溶液调节pH至9时，此时c（CN﹣） ＜ c（HCN）（填“＞”、“＜”或“=”）探究二：测定含氰水样中处理百分率为了测定含氰水样中处理百分率，同学们利用如图所示装置进行实验．将CN﹣的浓度为0.2000mol/L的含氰废水100mL与100mLNaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴入100mL稀H2SO4，关闭活塞．已知装置②中发生的主要反应依次为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣2CNO﹣+2H++3C1O﹣═N2↑+2CO2↑+3C1﹣+H2O（5）①和⑥的作用是 排除空气中二氧化碳对实验的干扰 ．（6）反应结束后，缓缓通入空气的目的是 使生成的气体全部进入装置⑤ ．（7）为了计算该实验装置②锥形瓶中含氰废水被处理的百分率，实验中需要测定装置 ⑤ 反应前后的质量（从装置①到⑥中选择，填装置序号）．【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】探究一：探究氰化物的性质（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性；（2）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析；（3）H2O2被称为“绿色氧化剂”，其还原产物为水由原子守恒分析A的化学式为KHCO3；（4）处理含CN﹣废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），Ki=5.0×10﹣10，Kh=1.6×109，c（OH﹣）=10﹣5，则=2×10﹣5；探究二：测定含氰水样中处理百分率处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率实验的原理是：利用CN﹣+ClO﹣═CNO+Cl﹣；2CNO﹣+2H++3ClO﹣═N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O，通过测定5的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率．根据装置中试剂的性质推测装置的位置；装置1吸收空气中二氧化碳，排除空气中的二氧化碳对实验的干扰，装置2产生二氧化碳，装置3的作用是吸收装置2中可能产生的Cl2，防止对装置5实验数据的测定产生干扰，装置4对产生的二氧化碳进行干燥，根据关系式计算含氰废水处理百分率，装置⑥的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，排除空气中二氧化碳对实验的干扰．（5）实验的原理是利用CN﹣+ClO﹣═CNO+Cl﹣；2CNO﹣+2H++3ClO﹣═N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰；（6）反应结束后，缓缓通入空气，可将生成的二氧化碳全部被吸收；-29-\n（7）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率．【解答】解：探究一：探究氰化物的性质（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，故答案为：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣；（2）根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，A．氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以发生CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣反应，故A错误；B．甲酸的酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO32﹣→2HCOO﹣+H2O+CO2↑能发生，故B正确；C．等pH的HCOOH和HCN溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D．根据电荷守恒，c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH﹣）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D错误；故答案为：AD；（3）H2O2被称为“绿色氧化剂”，其还原产物为水，H2O没有污染性，KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，由原子守恒可知A的化学式为KHCO3，故答案为：KHCO3；（4）处理含CN﹣废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，Ka（HCN）=5.0×10﹣10，Kh=×===2×10﹣5，c（OH﹣）=10﹣5，则=2×10﹣5，则c（CN﹣）＜c（HCN）；故答案为：＜；探究二：测定含氰水样中处理百分率（5）实验的原理是利用CN﹣+ClO﹣═CNO+Cl﹣；2CNO﹣+2H++3ClO﹣═N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰，防止对装置⑤实验数据的测定产生干扰，装置①和⑥的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，故答案为：排除空气中二氧化碳对实验的干扰；（6）反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置⑤，以减少实验误差，故答案为：使生成的气体全部进入装置⑤；（7）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量，故答案为：⑤．【点评】本题综合考查物质含量的测定的实验设计、弱电解质的电离，以氯气的性质为载体考查化学实验设计和评价问题，注意把握实验原理和实验方法，（2）注意根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定酸之间的转化，结合电荷守恒来分析，题目难度中等． 21．（12分）金属单质及其化合物常应用于有机物的反应和分析之中，某芳香族化合物A分子式为C8H10O2为测定其结构做如下分析：-29-\n（1）为确定羟基的个数，将1molA与足量钠反应生成氢气22.4L（标准状况下），说明A分子中含羟基 2 个．（2）核磁共振H谱显示A有3个峰，峰面积之比为1：2：2，该物质的结构简式为 ．（3）A在Cu催化下可被氧气氧化生成有机物B，B的相对分子质量比A小4．试写出反应的方程式 +O2+2H2O ．（4）1molB与足量银氨溶液充分反应生成有机物C，同时得到银 432 克．将生成的有机物C酸化后得到有机物D．已知A，D在一定条件下可缩聚生成高分子化合物E．写出E在足量NaOH溶液中水解的化学反应方程式 （5）有机物F是有机物A的一种同分异构体．1molF与足量钠反应同样生成氢气22.4L（标准状况下），且F能使氯化铁溶液显紫色．试写出满足此条件的有机物F的结构简式 （或等） （只写出一种即可）．【考点】有机物的推断；有关有机物分子式确定的计算．【分析】（1）2mol羟基能够与钠反应生成1mol氢气，据此判断该有机物分子中含有羟基的数目；（2）核磁共振H谱显示A有3个峰，峰面积之比为1：2：2，芳香族化合物A分子式为C8H10O2，说明A分子具有对称结构，在苯环的对位C上各含有1个﹣CH2；（3）醇羟基能够催化氧化生成醛基或羧基，结合B的相对分子质量比A小4可知B为中含有两个醛基；（4）根据关系式﹣HCO～2Ag计算出生成银的物质的量及质量；将生成的有机物C（）酸化后得到有机物D，则D为；已知A，D在一定条件下可缩聚生成高分子化合物E，则E的结构简式为，据此写出E在足量NaOH溶液中水解的化学反应方程式；-29-\n（5）根据A的结构简式、B的性质判断B含有的官能团，然后写出一种满足条件的结构简式．【解答】解：（1）标准状况下22.4L氢气的物质的量为：=1mol，生成1mol氢气需要消耗2mol﹣OH，A分子中含有羟基的数目为：=2，故答案为：2；（2）芳香族化合物A分子式为C8H10O2，其不饱和度为：=4，1个苯环的不饱和度为4，说明A分子中不含有其它不饱和结构；核磁共振H谱显示A有3个峰，峰面积之比为1：2：2，说明A分子具有对称结构，在苯环的对位C上各含有1个﹣CH2，则A的结构简式为：，故答案为：；（3）A的结构简式为，A在Cu催化下可被氧气氧化生成有机物B，B的相对分子质量比A小4，则B分子中含有两个醛基，B的结构简式为：，该反应的化学方程式为：+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O；-29-\n（4）1molB（）与足量银氨溶液充分反应生成有机物C，则C的结构简式为，根据关系式﹣HCO～2Ag可知，1molB分子中含有2mol醛基，能够置换出4molAg，置换出的银的质量为：108g/mol×4mol=432g；将生成的有机物C（）酸化后得到有机物D，则D为；已知A，D在一定条件下可缩聚生成高分子化合物E，则E的结构简式为：，则E在足量NaOH溶液中水解的化学反应方程式为：+2nNaOH故答案为：432；+2nNaOH（5）有机物F是有机物A的一种同分异构体，A为；1molF与足量钠反应同样生成氢气22.4L（标准状况下），且F能使氯化铁溶液显紫色，说明F分子中含有2个羟基，至少含有1个酚羟基，则F可能的结构简式如：、等，故答案为：（或等）．-29-\n【点评】本题考查了有机推断，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握同分异构体的书写原则，明确常见有机物分子式、结构简式确定方法，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力． 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