2022-2022学年甘肃省金昌市永昌一中高一（上）期末化学试卷 一、选择题．（共30小题，每小题2分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（ ）A．生石灰、氯水、漂白粉B．烧碱、液氯、氨水C．干冰、钢、空气D．盐酸、氮气、胆矾 2．下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（ ）A．酒精和水B．碘和四氯化碳C．水和四氯化碳D．汽油和植物油 3．将30mL1mol/LNaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为（ ）A．0.03mol/LB．0.04mol/LC．0.05mol/LD．0.06mol/L 4．下列物质均有漂白性，其中漂白原理与其他三种不同的是（ ）A．HClOB．SO2C．O3D．Na2O2 5．根据反应①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是（ ）A．Fe3+＞Cl2＞I2B．Cl2＞I2＞Fe3+C．I2＞Cl2＞Fe3+D．Cl2＞Fe3+＞I2 6．在无色透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）A．K+、Cu2+、NO3﹣、SO32﹣B．K+、Na+、Cl﹣、SiO32﹣C．Al3+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣D．K+、Na+、AlO2﹣、Cl﹣ 7．取两份铝片，第一份与足量稀硫酸反应，第二份与足量NaOH溶液反应，同温同压下放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为（ ）A．2：3B．1：1C．3：2D．1：3 8．限用一种试剂，经过一次实验就能鉴别Na2SO4、（NH4）2SO4、NH4Cl、NaCl等4种溶液，应选用（ ）A．AgNO3溶液B．NaOH溶液C．Ba（OH）2溶液D．盐酸 9．与3.2gSO2所含的氧原子数相等的CO2的质量为（ ）A．2.2gB．4.4gC．44gD．22g 10．将等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质的物质的量浓度分别为C1和C2的两种溶液，则C1和C2的关系是（ ）A．C1=C2B．C1＞C2C．C1＜C2D．无法确定 11．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH﹣═2AlO2﹣+H2↑B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓C．三氯化铁溶液中加入铁粉Fe3++Fe=2Fe2+-21-\nD．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ 12．下列物质中既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）①NaHCO3②Al③Al（OH）3④Al2O3．A．②③B．③④C．②③④D．①②③④ 13．下列各组物质混合后，不能生成NaOH的是（ ）A．Na2O和H2OB．Na2O2和H2OC．Ca（OH）2溶液和Na2CO3溶液D．Ca（OH）2溶液和NaCl溶液 14．某溶液中加入KSCN溶液无明显现象，再通入氯气，溶液立即变为红色，说明原溶液中一定含有（ ）A．Fe3+B．Fe2+C．Cu2+D．Zn2+ 15．以下说法不正确的是（ ）A．物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应B．在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高C．元素从化合态（化合物形式）变为游离态（单质形式），一定是被还原D．失电子越多的物质，其还原性越强 16．下列实验现象与氧化还原反应有关的是（ ）A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒互相靠近，产生大量白烟B．向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，有透明的凝胶形成C．将装有NO2的试管倒立于水中，管内气体由红棕色逐渐转变为无色D．硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液变红 17．能证明胶体微粒比溶液中电解质微粒大的操作是（ ）A．丁达尔效应B．布朗运动C．渗析D．电泳现象 18．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）A．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42﹣B．加入氢氧化钠溶液，先产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，一定有Fe2+C．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32﹣D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+ 19．下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（ ）A．-21-\n分离碘和酒精B．除去CL2中HCLC．实验室制氨气D．排水法收集NO 20．下列化学方程式中，不能用H++OH﹣=H2O表示的是（ ）A．2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2OB．Ba（OH）2+2HCl═BaCl2+2H2OC．KOH+HCl═KCl+H2OD．Cu（OH）2+2HNO3═Cu（NO3）2+2H2O 21．下列中的实验一定不会出现沉淀现象的是（ ）A．CO2气体通入NaAlO2溶液中B．SO2气体通入BaCl2溶液中C．CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中D．SO2气体通入Ba（OH）2溶液中 22．下列反应中，既属于氧化还原反应又属于置换反应的是（ ）A．Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2B．Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2OC．2Na+Cl2=2NaClD．CuO+H2=Cu+H2O 23．下列关于金属元素特征的叙述正确的是（ ）A．金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性B．金属元素在化合物中一定显正价C．金属元素在不同化合物中化合价均不同D．金属元素所有单质在常温下均为固体 24．现有四份体积、浓度均相等的AgNO3溶液，分别与等物质的量浓度的下列溶液恰好完全反应，所需溶液体积最小的是（ ）A．ZnCl2溶液B．NaCl溶液C．CaCl2溶液D．AlCl3溶液． 25．将铁粉放入由盐酸、MgCl2溶液、FeCl3溶液、CuCl2溶液组成的混合液中，充分反应后，铁粉有剩余，则溶液含有大量的阳离子是（ ）-21-\nA．Cu2+和Fe2+B．H+和Cu2+C．Fe3+和Fe2+D．Fe2+和Mg2+ 26．把少量废铁粉溶于过量稀硫酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入适量硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成．过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到红棕色的残渣．上述沉淀和残渣分别是（ ）A．Fe（OH）3；Fe2O3B．Fe（OH）2；FeOC．Fe（OH）2、Fe（OH）3；Fe3O4D．Fe2O3；Fe（OH）3 27．长期露置在空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是（ ）A．O2B．Cl2C．HClOD．CO2 28．下列各组反应中最终肯定是白色沉淀的是（ ）A．AlCl3溶液中加入过量氨水B．Al2（SO4）3溶液中加入过量KOH溶液C．FeCl2溶液中加入过量氨水D．Ca（OH）2溶液中通入过量SO2气体 29．实验室用下列两种方法制氯气：①用含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87gMnO2与足量浓盐酸反应．所得的氯气（ ）A．①比②多B．②比①多C．一样多D．无法比较 30．由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多．该盐酸的浓度为（ ）A．0.5mol/LB．3.0mol/LC．2.0mol/LD．1.0mol/L 二、填空题31．（12分）（2022秋•金昌校级期末）A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其他物质已经略去）：ABCD（1）若A是黄色晶体；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则将B通入KMnO4溶液的现象为： ；体现B的 （填“氧化性”“还原性”“漂白性”）；请写出D的浓溶液与单质铜反应的化学方程式： ；此反应中作氧化剂的D与参加反应的D的物质的量之比为： ；（2）若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，常温下D的浓溶液能使金属Fe、Al钝化，请写出实验室制备A的化学方程式： 请写出C→D的离子方程式： ． 32．有一瓶无色透明溶液，其中可能含有Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣、I﹣．取该溶液进行以下实验：①用PH试纸测得该溶液显酸性；②取部分溶液，加入数滴新制氯水及少量CCl4，经振荡、静置后，CCl4层呈紫红色；③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变至碱性，在整个滴加过程中无沉淀生成；-21-\n④取部分③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成；（1）该溶液为无色透明溶液，可确定其中一定不含 ；（填离子符号，下同）（2）由步骤①可知，溶液中一定不存在 ；（3）由步骤②可知，溶液中含有 ；（4）由步骤③可排除 、 的存在；（5）由步骤④可知，溶液中含有 ，由此可排除 的存在；（6）试验中不能够确定是否存在的阳离子可用 （填操作名称）进行检验． 33．（10分）（2022秋•金昌校级期末）某铝合金中含有合金元素镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，设计了如下实验，请回答有关问题．（1）称取ag该合金样品，将其投入足量稀盐酸中溶解，过滤．所得滤液中的阳离子是 ；过滤时用到的玻璃仪器是 ．（2）向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，过滤，滤渣成分为： ．（3）向实验（2）所得滤液中通入足量的CO2气体，发生的离子方程式为： ；将所得沉淀过滤出来并用蒸馏水洗涤数次，烘干并灼烧至恒重，冷却后称重，其质量为bg，则该合金样品中金属铝的含量为 （用含有a、b的式子表示）． 34．（10分）（2022秋•金昌校级期末）现有Na2CO3、NaHCO3和NaCl的固体混合物100g（1）将该混合物加热到质量不再减少为止，反应方程式为： ，剩下的残渣为93.8g；该混合物中有 gNaHCO3；（2）将所有残渣放入烧杯中，加蒸馏水溶解后，配成500ml溶液，配制过程中不需要使用的化学仪器有 （填选项的字母）．A．烧杯 B．500mL容量瓶 C．漏斗 D．胶头滴管 E．玻璃棒F．量筒（3）量取配置好的溶液50ml，向其中加入过量盐酸至不再产生气泡，共收集到1.12L气体（标准状况）．该反应过程的离子方程式为 ；则该混合物中有 gNaCl． -21-\n2022-2022学年甘肃省金昌市永昌一中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题．（共30小题，每小题2分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（ ）A．生石灰、氯水、漂白粉B．烧碱、液氯、氨水C．干冰、钢、空气D．盐酸、氮气、胆矾【考点】单质和化合物；混合物和纯净物．【专题】物质的分类专题．【分析】不同元素组成的纯净物为化合物，同种元素组成的纯净物为单质，不同物质组成的物质为混合物．【解答】解：A．氯水是氯气的水溶液，是混合物，故A错误；B．烧碱、液氯、氨水分别属于化合物、单质、混合物，故B正确；C．钢是铁的合金，是混合物，不是混合物，故C错误；D．盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，不是化合物，胆矾是纯净物，故D错误．故选B．【点评】本题考查了物质分类方法，物质组成和名称的分析应用，掌握基础是关键，题目较简单． 2．下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（ ）A．酒精和水B．碘和四氯化碳C．水和四氯化碳D．汽油和植物油【考点】分液和萃取．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，则分析选项中物质的溶解性即可．【解答】解：A．酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；B．碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；C．水和四氯化碳不溶，能用分液漏斗进行分离，故C正确；D．汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误；故选C．【点评】本题考查分液和萃取，明确物质的溶解性是解题的关键，难度不大． 3．将30mL1mol/LNaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为（ ）A．0.03mol/LB．0.04mol/LC．0.05mol/LD．0.06mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】溶液浓度的计算．【分析】稀释过程中溶质氢氧化钠的物质的量不变，根据c=计算出稀释后溶液中氢氧化钠的物质的量浓度．【解答】解：稀释过程中溶质NaOH的物质的量不变，则稀释后溶液中氢氧化钠的浓度为：c==0.06mol/L，故选D．-21-\n【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确溶液稀释过程中溶质的物质的量不变为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，试题培养了学生的学生的化学计算能力． 4．下列物质均有漂白性，其中漂白原理与其他三种不同的是（ ）A．HClOB．SO2C．O3D．Na2O2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；臭氧；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】H2O2、O3、氯水中HClO均具有强氧化性，能使有色物质褪色，而SO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质，以此解答．【解答】解：因HClO、O3、Na2O2具有强氧化性，则能使有色物质褪色，而SO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质，则漂白原理与其他三种不同的是SO2，故选B．【点评】本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，注意其漂白原理是利用化合反应生成无色物质，属于暂时性的漂白，题目难度不大． 5．根据反应①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是（ ）A．Fe3+＞Cl2＞I2B．Cl2＞I2＞Fe3+C．I2＞Cl2＞Fe3+D．Cl2＞Fe3+＞I2【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】根据反应方程式进行比较：氧化剂+还原剂=还原产物+氧化产物 氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物【解答】解：根据①反应可知氧化剂为FeCl3、还原剂为KI、还原产物为FeCl2、氧化产物为I2，所以氧化性：FeCl3＞I2，还原性为：KI＞FeCl2．根据②可知，氧化剂Cl2、氧化产物为FeCl3、还原剂FeCl2、还原产物为2FeCl3，所以氧化性：Cl2＞FeCl3，还原性为：FeCl2＞2FeCl3．故氧化性顺序为：：Cl2＞FeCl3＞I2，即Cl2＞Fe3+＞I2，故选D．【点评】本题考察了根据方程式来比较氧化性和还原性．解题的关键是根据化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物． 6．在无色透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）A．K+、Cu2+、NO3﹣、SO32﹣B．K+、Na+、Cl﹣、SiO32﹣C．Al3+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣D．K+、Na+、AlO2﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】强酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，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：A．Cu2+有颜色，不符合题目无色的要求，且酸性条件下SO32﹣不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下SiO32﹣不能大量共存，故B错误；C．溶液无色，在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．酸性条件下AlO2﹣不能大量共存，故D错误．-21-\n故选C．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及复分解反应的条件即可解答，注意离子的颜色及选项中AlO2﹣、SiO32﹣性质，题目难度不大． 7．取两份铝片，第一份与足量稀硫酸反应，第二份与足量NaOH溶液反应，同温同压下放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为（ ）A．2：3B．1：1C．3：2D．1：3【考点】化学方程式的有关计算；铝的化学性质．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】第一份发生反应：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，第二份发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，结合方程式判断．【解答】解：第一份发生反应：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，第二份发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由于硫酸、氢氧化钠足量，Al完全反应，同温同压下，两反应中放出相同体积的氢气，由方程式可知消耗Al的质量相等，即两份铝片的质量之比为1：1，故选：B．【点评】本题考查化学方程式有关计算，关键是明确发生的反应，可以利用电子转移守恒进行判断，题目难度不大． 8．限用一种试剂，经过一次实验就能鉴别Na2SO4、（NH4）2SO4、NH4Cl、NaCl等4种溶液，应选用（ ）A．AgNO3溶液B．NaOH溶液C．Ba（OH）2溶液D．盐酸【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】检验铵根离子选择碱，检验硫酸根离子选择钡离子，则四种溶液分别与Ba（OH）2溶液反应的现象为：白色沉淀和刺激性气体、刺激性气体、白色沉淀、无现象，以此来解答．【解答】解：A．均与硝酸银反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B．（NH4）2SO4、NH4Cl均与NaOH溶液反应生成刺激性气体，Na2SO4、NaCl均与NaOH溶液不反应，不能鉴别，故B错误；C．（NH4）2SO4、NH4Cl、Na2SO4、NaCl分别与Ba（OH）2溶液反应的现象为白色沉淀和刺激性气体、刺激性气体、白色沉淀、无现象，现象不同，可鉴别，故C正确；D．加入盐酸，不反应，不能鉴别，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大． 9．与3.2gSO2所含的氧原子数相等的CO2的质量为（ ）A．2.2gB．4.4gC．44gD．22g【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】根据n=计算SO2的物质的量，由分子构成可知，SO2与CO2物质的量相同时，所含的氧原子数相等，则可计算出CO2的质量．-21-\n【解答】解：n（SO2）==0.05mol，SO2与CO2中含氧原子数相等，则n（CO2）=n（SO2）=0.05mol，m（CO2）=0.05mol×44g/mol=2.2g，故选A．【点评】本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，本题解答的关键之处在于比较两种气体的分子组成． 10．将等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质的物质的量浓度分别为C1和C2的两种溶液，则C1和C2的关系是（ ）A．C1=C2B．C1＞C2C．C1＜C2D．无法确定【考点】钠的重要化合物；物质的量浓度的相关计算．【专题】溶液浓度的计算．【分析】由题意知Na2O和Na2O2物质的量相等且由方程式易知，Na2O2放在溶液中增加的质量为Na2O2中的Na2O部分，由此可知两溶液的质量相同，则C1=C2．【解答】解：反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，设物质的量都为1mol，则Na2O+H2O=2NaOH1mol2mol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑1mol2mol由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则两溶液溶质的物质的量浓度相等．故选A．【点评】本题考查溶液浓度的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目难度中等，注意本题根据反应的化学方程式进行定量计算． 11．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH﹣═2AlO2﹣+H2↑B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓C．三氯化铁溶液中加入铁粉Fe3++Fe=2Fe2+D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、铝粉投入到NaOH溶液中产生氢气；B、氨水是弱电解质，不能拆成离子形式；C、离子反应遵循电荷守恒；D、氯气能加亚铁离子氧化到最高价．【解答】解：A、铝粉投入到NaOH溶液中产生氢气，反应实质为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；B、氨水是弱电解质，不能拆成离子形式，应改为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C、三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；D、氯气能加亚铁离子氧化到最高价，即2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故D正确．故选D．-21-\n【点评】本题考查学生离子方程式书写的正误判断，该题型是现在高考的热点，难度不大． 12．下列物质中既能跟盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）①NaHCO3②Al③Al（OH）3④Al2O3．A．②③B．③④C．②③④D．①②③④【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】中学常见既能跟稀盐酸反应又能跟氢氧化钠溶液反应的物质有：Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等．【解答】解：①NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与盐酸反应生成二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故①正确；②Al能与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故②正确；③Al（OH）3属于两性氢氧化物，与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③正确；④Al2O3属于两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故④正确，故选D．【点评】本题考查元素化合物性质，比较基础，注意归纳总结中学常见能与酸、碱反应的物质． 13．下列各组物质混合后，不能生成NaOH的是（ ）A．Na2O和H2OB．Na2O2和H2OC．Ca（OH）2溶液和Na2CO3溶液D．Ca（OH）2溶液和NaCl溶液【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】常见钠的化合物中，Na2O、Na2O2都可与水反应生成NaOH，碳酸钠可与碱发生复分解反应生成碳酸盐沉淀和NaOH，以此解答．【解答】解：A．Na2O和H2O反应生成NaOH，故A不选；B．Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，故B不选；C．Ca（OH）2溶液和Na2CO3溶液反应生成CaCO3和NaOH，故C不选；D．Ca（OH）2溶液和NaCl溶液不发生反应，不能生成氢氧化钠，故D选．故选D．【点评】本题考查钠的重要化合物，为高频考点，侧重于元素化合物知识综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大． 14．某溶液中加入KSCN溶液无明显现象，再通入氯气，溶液立即变为红色，说明原溶液中一定含有（ ）A．Fe3+B．Fe2+C．Cu2+D．Zn2+【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】某溶液中加入KSCN溶液无明显现象，说明原溶液中本来无Fe3+，再通入氯气，溶液立即变为红色，说明通入氯气后生成了Fe3+，据此分析．【解答】解：铁离子Fe3+的检验方法是在溶液中加入硫氰酸钾溶液，溶液变为血红色，证明是含有三价铁离子．-21-\n某溶液中加入KSCN溶液无明显现象，说明原溶液中本来无Fe3+，再滴加氯水，溶液立即变为血红色，说明通入氯气后生成了Fe3+，即说明原溶液含有亚铁离子，加入氯水发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，被氧化生成的铁离子和硫氰酸根离子生成血红色溶液．故选B．【点评】本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法和实验现象，掌握基础是解题关键，题目较简单． 15．以下说法不正确的是（ ）A．物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应B．在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高C．元素从化合态（化合物形式）变为游离态（单质形式），一定是被还原D．失电子越多的物质，其还原性越强【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氧化还原反应中，氧化剂得电子被氧化，所含元素化合价降低，还原剂失电子被氧化，所含元素化合价升高，从元素化合价变化的角度判断物质在反应中的性质，以此解答．【解答】解：A．物质所含元素化合价升高，在反应中失去电子被氧化，为氧化反应，故A正确；B．在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高被氧化，故B正确；C．元素从化合态（化合物形式）变为游离态（单质形式），可能被还原，也可能被氧化，如Cl﹣转化为氯气时被氧化，Cu2+转化为Cu时被还原，故C错误；D．氧化性的强弱与得电子的难易有关，越易得电子，氧化性越强，故D错误．故选CD．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和相关概念的考查，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的特征，从元素化合价的角度认识相关概念和物质的性质，注意相关基础知识的积累． 16．下列实验现象与氧化还原反应有关的是（ ）A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒互相靠近，产生大量白烟B．向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，有透明的凝胶形成C．将装有NO2的试管倒立于水中，管内气体由红棕色逐渐转变为无色D．硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液变红【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】发生的反应中，若存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应有关，以此来解答．【解答】解：A．浓氨水与浓盐酸反应生成氯化铵，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A不选；B．硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，反应生成硅酸和NaCl，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；C．NO2的试管倒立于水中，管内气体由红棕色逐渐转变为无色，反应生成硝酸和NO，N元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C选；D．硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液变红，结合生成络离子，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故D不选；故选C．-21-\n【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的化学反应及元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大． 17．能证明胶体微粒比溶液中电解质微粒大的操作是（ ）A．丁达尔效应B．布朗运动C．渗析D．电泳现象【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】胶体粒子直径较大，不能通过半透膜，据此解题．【解答】解：胶体粒子直径较大，不能通过半透膜，溶液中溶质粒子可通过半透膜，能证明胶体微粒比溶液中电解质微粒大．故选C．【点评】本题考查溶液和胶体的区别，涉及到渗析等知识，题目难度不大，注意二者本质上的区别． 18．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）A．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42﹣B．加入氢氧化钠溶液，先产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，一定有Fe2+C．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32﹣D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+【考点】常见离子的检验方法．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A、AgCl也是难溶于盐酸的沉淀；B、亚铁离子可以和碱之间反应生成氢氧化亚铁，然后迅速变为氢氧化铁；C、碳酸根离子、碳酸氢根离子均可以和盐酸之间反应生成二氧化碳气体；D、碳酸钠溶液和钙离子之间反应也会产生白色沉淀，该沉淀也会溶于盐酸．【解答】解：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有硫酸根或是氯离子中的至少一种，故A错误；B、亚铁离子可以和碱之间反应生成氢氧化亚铁，然后迅速变为氢氧化铁，加入氢氧化钠溶液，先产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则一定有Fe2+，故B正确；C、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有碳酸根离子、碳酸氢根离子离子中的一种，故C错误；D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，该溶液中存在有Ba2+或是Ca2+中的至少一种，故D错误．故选B．【点评】本题主要考查的是常见离子的检验，排除干扰离子是解决本题的关键，属于常考题． 19．下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（ ）A．-21-\n分离碘和酒精B．除去CL2中HCLC．实验室制氨气D．排水法收集NO【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．分液分离能分层的物质；B．氯气、HCl均能与NaOH溶液反应；C．氨气与氯化氢反应生成氯化铵；D．一氧化氮不溶于水不与水反应．【解答】解：A．碘和酒精互溶，不分层，不能用分液分离，故A错误；B．氯气、HCl均能与NaOH溶液反应，则不能利用碱来除去氯气中的HCl，故B错误；C．氨气与氯化氢反应生成氯化铵，得不到氨气，故C错误；D．一氧化氮不溶于水不与水反应，可用排水法收集，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质制备及分离与提纯、气体收集等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大． 20．下列化学方程式中，不能用H++OH﹣=H2O表示的是（ ）A．2NaOH+H2SO4═Na2SO4+2H2OB．Ba（OH）2+2HCl═BaCl2+2H2OC．KOH+HCl═KCl+H2OD．Cu（OH）2+2HNO3═Cu（NO3）2+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】离子方程式H++OH﹣=H2O表示强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的一类反应．【解答】解：A、氢氧化钠是强碱，硫酸是强酸，而二者反应生成的硫酸钠是易溶于水的盐，能用H++OH﹣=H2O表示，故A正确；B、强碱性的Ba（OH）2溶液和强酸稀HCl反应生成的氯化钡是易溶解的物质，能用H++OH﹣=H2O表示，故B正确；C、氢氧化钾是强碱，盐酸是强酸，二者反应生成的氯化钾是易溶于水的盐，能用H++OH﹣=H2O表示，故C正确；D、氢氧化铜是弱碱，和硝酸的反应不能用H++OH﹣=H2O表示，故D错误．-21-\n故选D．【点评】本题考查学生离子反应的实质是表示一类化学反应，可可以根据所学知识解答，难度不大． 21．下列中的实验一定不会出现沉淀现象的是（ ）A．CO2气体通入NaAlO2溶液中B．SO2气体通入BaCl2溶液中C．CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中D．SO2气体通入Ba（OH）2溶液中【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、根据二氧化碳通入NaAlO2溶液中生成氢氧化铝沉淀分析；B、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，不会与强酸的钡盐发生复分解反应；C、根据碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠的进行分析；D、SO2是酸性氧化物，少量二氧化硫通入氢氧化钡溶液生成亚硫酸钡沉淀，继续通入沉淀溶解．【解答】解：A、NaAlO2溶液中通入足量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀，发生NaAlO2+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+NaHCO3，故A不符合；B、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，因为弱酸不能制强酸，SO2不能和BaCl2发生反应，所以不会出现沉淀，故B符合；C、饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小，因此会析出晶体，溶液变浑浊，发生Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3↓，故C不符合；D、SO2是酸性氧化物，少量二氧化硫通入氢氧化钡溶液生成亚硫酸钡沉淀，继续通入沉淀溶解，故D不符合．故选B．【点评】本题考查了物质性质的应用，物质反应的产物和现象，熟练掌握物质性质是解题关键，题目难度中等． 22．下列反应中，既属于氧化还原反应又属于置换反应的是（ ）A．Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2B．Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2OC．2Na+Cl2=2NaClD．CuO+H2=Cu+H2O【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】置换反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，以此解答．【解答】解：A．为氧化还原反应，但不是置换反应，故A错误；B．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C．为氧化还原反应和化合反应，故C错误；D．氢气置换出铜，为置换反应和氧化还原反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握化学反应类型，从元素化合价的角度认识氧化还原反应． 23．下列关于金属元素特征的叙述正确的是（ ）-21-\nA．金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性B．金属元素在化合物中一定显正价C．金属元素在不同化合物中化合价均不同D．金属元素所有单质在常温下均为固体【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、金属单质在反应中只能失去电子，亚铁离子既有氧化性又有还原性；B、因金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高；C、绝大数金属元素在不同化合物中化合价相同；D、金属单质Hg在常温下为液体．【解答】解：A、金属单质在反应中只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故A错误；B、因金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高，所以金属元素在化合物中一定显正价，故B正确；C、因绝大数金属元素只有一种正价，则在不同化合物中化合价相同，故C错误；D、因金属单质Hg在常温下为液体，故D错误；故选B．【点评】本题考查金属元素的性质，熟悉常见的金属单质及金属对应的阳离子是解答本题的关键，难度不大． 24．现有四份体积、浓度均相等的AgNO3溶液，分别与等物质的量浓度的下列溶液恰好完全反应，所需溶液体积最小的是（ ）A．ZnCl2溶液B．NaCl溶液C．CaCl2溶液D．AlCl3溶液．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】等体积、等物质的量浓度的AgNO3溶液中的银离子物质的量相等，分别与四份溶液恰好完全反应，根据银离子和氯离子之间的反应实质来计算回答．【解答】解：硝酸银和四份溶液反应的实质：Ag++Cl﹣=AgCl↓，设四溶液的体积分别是x、y、z、w，物质的量浓度都是1，则2x=y=2z=3w，所以w最小，即所需溶液体积最小的是AlCl3．故选D．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确物质的量、浓度及物质的构成的关系，氯离子与银离子的反应是解答本题的关键，难度不大． 25．将铁粉放入由盐酸、MgCl2溶液、FeCl3溶液、CuCl2溶液组成的混合液中，充分反应后，铁粉有剩余，则溶液含有大量的阳离子是（ ）A．Cu2+和Fe2+B．H+和Cu2+C．Fe3+和Fe2+D．Fe2+和Mg2+【考点】铁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据金属铁能和三价铁、铜离子以及氢离子反应的性质来分析．【解答】解：充分反应后，铁粉有剩余，因为三价铁会和铁单质生成二价铁，所以一定没有三价铁，C错误，铜离子会和单质铁发生置换反应二价铁和单质铜，盐酸中的氢离子会和铁单质发生置换反应生成氢气和二价铁，所以溶液中一定不含有铜离子、氢离子，A、B错误，而溶液中的镁离子不会和铁单质发生反应．-21-\n故选D．【点评】本题主要考查学生有关金属铁的性质，可以根据所学知识来回答，难度不大． 26．把少量废铁粉溶于过量稀硫酸中，过滤，除去杂质，在滤液中加入适量硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成．过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到红棕色的残渣．上述沉淀和残渣分别是（ ）A．Fe（OH）3；Fe2O3B．Fe（OH）2；FeOC．Fe（OH）2、Fe（OH）3；Fe3O4D．Fe2O3；Fe（OH）3【考点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】红褐色沉淀生成为Fe（OH）3，Fe（OH）3不稳定，在加热时分解生成红棕色的Fe2O3．【解答】解：有关转化关系为FeFe2+Fe3+Fe（OH）3Fe2O3，红褐色沉淀生成为Fe（OH）3，Fe（OH）3不稳定，在加热时分解生成红棕色的Fe2O3，而Fe（OH）2为白色沉淀，FeO和Fe3O4都为黑色物质．故选A．【点评】本题考查铁及铁的化合物的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累． 27．长期露置在空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是（ ）A．O2B．Cl2C．HClOD．CO2【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，次氯酸钙可与空气中二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸不稳定，分解生成盐酸和氧气，以此来解答．【解答】解：漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，次氯酸钙为有效成分，可与空气中二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸不稳定，分解生成盐酸和氧气，而长期露置于空气中已完全失效的漂白粉中主要为碳酸钙，加稀盐酸后产生的气体是CO2，故选D．【点评】本题考查漂白粉的成分及性质，为高频考点，把握变质漂白粉的成分及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 28．下列各组反应中最终肯定是白色沉淀的是（ ）A．AlCl3溶液中加入过量氨水B．Al2（SO4）3溶液中加入过量KOH溶液C．FeCl2溶液中加入过量氨水D．Ca（OH）2溶液中通入过量SO2气体【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、反应中生成的氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，故反应生成氢氧化铝和氯化铵后，氢氧化铝不与过量的氨水反应，最终出现氢氧化铝白色沉淀；B、反应中Al2（SO4）3溶液与KOH溶液反应生成硫酸钾和氢氧化铝，氢氧化铝又溶解在过量的氢氧化钾溶液中，过程中出现白色沉淀，最终无沉淀；-21-\nC、反应中FeCl2加入过量的氨水生成氢氧化亚铁白色沉淀，且沉淀不溶于过量的氨水，但氢氧化亚铁在空气中会迅速被氧气氧化，现象为迅速变为灰绿色最后变为红褐色，最终得到红褐色沉淀；D、Ca（OH）2溶液中通入过量的SO2，反应生成亚硫酸氢钙；【解答】解：A、AlCl3溶液中加入过量氨水，反应为AlCl3+3NH3•H2O=AI（OH）3↓+3NH4Cl，生成的白色沉淀不溶于过量的氨水，故A正确B、Al2（SO4）3溶液中加入过量KOH溶液，反应为Al3++3OH﹣=AI（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故B错误；C、FeCl2溶液中加入过量氨水，反应为Fe2++2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4+，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，最终生成红褐色的沉淀，故C错误；D、向Ca（OH）2溶液中通入过量的SO2，先生成亚硫酸钙沉淀，继续通SO2，亚硫酸钙沉淀继续反应生成亚硫酸氢钙，不会产生沉淀，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氢氧化铝的两性、氢氧化亚铁的还原性等知识． 29．实验室用下列两种方法制氯气：①用含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87gMnO2与足量浓盐酸反应．所得的氯气（ ）A．①比②多B．②比①多C．一样多D．无法比较【考点】氯气的实验室制法．【专题】卤族元素．【分析】用含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，理论上应生成1mol氯气，但随反应进行，浓盐酸浓度减小变稀到一定程度，不会和二氧化锰反应生成氯气，所以实际产生氯气小于1mol；用87gMnO2与足量浓盐酸反应．通过化学方程式计算可得，生成氯气为1mol；比较得出答案．【解答】解：反应化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；理论计算：①含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，4HCl～Cl2，可得氯气1mol，但随盐酸浓度变稀，溶质HCl不可能全部反应，故实际生成氯气应小于1mol；②用87gMnO2与足量浓盐酸反应，因为浓盐酸足量，可以使87gMnO2全部反应，故生成氯气为1mol；所以②＞①；故选B．【点评】本题考查实验室制氯气的反应原理，化学方程式计算，主要考查浓度变稀后的盐酸不会与二氧化锰反应生成氯气． 30．由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多．该盐酸的浓度为（ ）A．0.5mol/LB．3.0mol/LC．2.0mol/LD．1.0mol/L【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl），根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH），再根据c=计算．-21-\n【解答】解：Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH）=0.25L×2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl）=0.5mol，故该元素的物质的量浓度==1mol/L，故选D．【点评】本题考查混合物的有关计算、物质的量浓度计算，难度中等，理解反应过程根据离子守恒计算是关键，侧重对学生思维能力的考查． 二、填空题31．（12分）（2022秋•金昌校级期末）A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其他物质已经略去）：ABCD（1）若A是黄色晶体；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则将B通入KMnO4溶液的现象为： 紫红色变为无色 ；体现B的 还原性 （填“氧化性”“还原性”“漂白性”）；请写出D的浓溶液与单质铜反应的化学方程式： Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O ；此反应中作氧化剂的D与参加反应的D的物质的量之比为： 1：2 ；（2）若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，常温下D的浓溶液能使金属Fe、Al钝化，请写出实验室制备A的化学方程式： 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O 请写出C→D的离子方程式： 3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO ．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；类比迁移思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，（1）若A是黄色晶体，B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则B为SO2，A是S，则根据转化关系知，C是SO3、D是H2SO4，二氧化硫具有还原性，能使KMnO4溶液褪色，浓硫酸和铜在加热条件下能生成二氧化硫；（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A是NH3，D的浓溶液能使金属Fe、Al钝化，则D为HNO3，则根据转化关系知，B是NO、C是NO2，实验室用氯化铵与氢氧化钙加热制氨气，据此答题．【解答】解：A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，（1）若A是黄色晶体，B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，则B为SO2，A是S，则根据转化关系知，C是SO3、D是H2SO4，二氧化硫具有还原性，将B通入KMnO4溶液的现象为：紫红色变为无色，浓硫酸和铜在加热条件下能生成二氧化硫，反应的方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中作氧化剂的H2SO4与参加反应的H2SO4的物质的量之比为1：2，故答案为：紫红色变为无色；还原性；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；1：2；（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A是NH3，D的浓溶液能使金属Fe、Al钝化，则D为HNO3，则根据转化关系知，B是NO、C是NO2-21-\n，实验室用氯化铵与氢氧化钙加热制氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，二氧化氮与水反应生成硝酸，反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO．【点评】本题考查了无机物推断，根据物质的颜色、物质的性质进行推断，A能连续被氧化，说明A中存在的某种元素有多种化合价，再结合D的性质分析解答，题目难度不大． 32．有一瓶无色透明溶液，其中可能含有Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、SO42﹣、CO32﹣、I﹣．取该溶液进行以下实验：①用PH试纸测得该溶液显酸性；②取部分溶液，加入数滴新制氯水及少量CCl4，经振荡、静置后，CCl4层呈紫红色；③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变至碱性，在整个滴加过程中无沉淀生成；④取部分③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成；（1）该溶液为无色透明溶液，可确定其中一定不含 Fe3+； ；（填离子符号，下同）（2）由步骤①可知，溶液中一定不存在 CO32﹣ ；（3）由步骤②可知，溶液中含有 I﹣ ；（4）由步骤③可排除 Mg2+ 、 Al3+ 的存在；（5）由步骤④可知，溶液中含有 Ba2+ ，由此可排除 SO42﹣ 的存在；（6）试验中不能够确定是否存在的阳离子可用 焰色反应 （填操作名称）进行检验．【考点】常见离子的检验方法；物质检验实验方案的设计．【专题】离子反应专题；物质的分离提纯和鉴别．【分析】①用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，则溶液中一定不存在CO32﹣；②取部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制的氯水，经振荡后静置，溶液分层，下层呈紫红色，则溶液中一定存在I﹣，则一定不存在Fe3+；③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成，则溶液中一定不存在Mg2+、Al3+；④取部分上述碱性溶液加热，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中存在Ba2+，则一定不存在SO42﹣．【解答】解：（1）该溶液为无色透明溶液，可确定其中一定不含Fe3+；故答案为：Fe3+；（2）用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，则溶液中一定不存在CO32﹣；故答案为：CO32﹣；（3）取部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制的氯水，经振荡后静置，溶液分层，下层呈紫红色，则溶液中一定存在I﹣，故答案为：I﹣；（4）另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成，则溶液中一定不存在Mg2+、Al3+；故答案为：Mg2+、Al3+；（5）取部分上述碱性溶液加热，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中存在Ba2+，则一定不存在SO42﹣，故答案为：Ba2+、SO42﹣；（6）试验中不能够确定是否存在的阳离子是钾离子，可进行焰色反应来确定，故答案为：焰色反应．【点评】本题考查了常见离子的性质及检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力． -21-\n33．（10分）（2022秋•金昌校级期末）某铝合金中含有合金元素镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，设计了如下实验，请回答有关问题．（1）称取ag该合金样品，将其投入足量稀盐酸中溶解，过滤．所得滤液中的阳离子是 Mg2+、Al3+、H+ ；过滤时用到的玻璃仪器是 漏斗、烧杯、玻璃棒 ．（2）向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，过滤，滤渣成分为： Mg（OH）2 ．（3）向实验（2）所得滤液中通入足量的CO2气体，发生的离子方程式为： OH﹣+CO2=HCO3﹣、AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ；将所得沉淀过滤出来并用蒸馏水洗涤数次，烘干并灼烧至恒重，冷却后称重，其质量为bg，则该合金样品中金属铝的含量为 ×100% （用含有a、b的式子表示）．【考点】有关混合物反应的计算；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】（1）合金中Al、Mg能和稀盐酸反应，Cu、Si与稀盐酸不反应，且盐酸过量；过滤用到的仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；（2）滤液中含有氯化铝、氯化镁及HCl，加入过量的氢氧化钠溶液，得到沉淀为氢氧化镁；（3）实验（2）所得滤液中含有NaAlO2、NaCl及过量的NaOH，通入足量的CO2气体，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，得到bg沉淀为氢氧化铝，根据Al元素守恒计算合金中Al的质量，进而计算合金中Al的含量．【解答】解：（1）合金中Al、Mg能和稀盐酸反应生成氯化铝、氯化镁，Cu、Si与稀盐酸不反应，且盐酸过量，故所得滤液中的阳离子是：Mg2+、Al3+、H+，过滤用到的仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：Mg2+、Al3+、H+；漏斗、烧杯、玻璃棒；（2）滤液中含有氯化铝、氯化镁及HCl，加入过量的氢氧化钠溶液，得到沉淀为氢氧化镁，故答案为：Mg（OH）2；（3）实验（2）所得滤液中含有NaAlO2、NaCl及过量的NaOH，通入足量的CO2气体，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，发生的离子方程式为：OH﹣+CO2=HCO3﹣、AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，得到bg沉淀为氢氧化铝，根据Al元素守恒n（Al）=n[Al（OH）3]==mol，合金中Al的质量为mol×27g/mol=g，合金中Al的含量为×100%=×100%，故答案为：OH﹣+CO2=HCO3﹣、AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；×100%．【点评】本题考查物质含量测定、实验基本操作、元素化合物性质等，难度不大，故关键是理解实验原理，（3）中学生容易忽略二氧化碳与碱的反应． 34．（10分）（2022秋•金昌校级期末）现有Na2CO3、NaHCO3和NaCl的固体混合物100g（1）将该混合物加热到质量不再减少为止，反应方程式为： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ，剩下的残渣为93.8g；该混合物中有 1.68 gNaHCO3；（2）将所有残渣放入烧杯中，加蒸馏水溶解后，配成500ml溶液，配制过程中不需要使用的化学仪器有 CF （填选项的字母）．A．烧杯 B．500mL容量瓶 C．漏斗 D．胶头滴管 E．玻璃棒F．量筒-21-\n（3）量取配置好的溶液50ml，向其中加入过量盐酸至不再产生气泡，共收集到1.12L气体（标准状况）．该反应过程的离子方程式为 CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O ；则该混合物中有 40.8 gNaCl．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】（1）加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，利用固体质量差量法计算碳酸氢钠的质量；（2）将残渣放入烧杯中配成500mLNaHCO3溶液，需要的仪器有：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（3）发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，根据生成二氧化碳计算50mL溶液中碳酸钠物质的量，进而计算残渣中碳酸钠总质量，混合物中氯化钠质量=加热后残渣量﹣加热后残渣中碳酸钠质量．【解答】解：（1）加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，设混合物中碳酸氢钠的质量为m，则：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O质量减少2×8462m100g﹣93.8g=6.2g所以m==1.68g，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；1.68；（2）将残渣放入烧杯中配成500mLNaHCO3溶液，需要的仪器有：500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，不需要漏斗、量筒，故选：CF；（3）发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，离子方程式为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，生成二氧化碳物质的量为=0.05mol，由Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，可知50mL溶液中碳酸钠物质的量为0.05mol，故残渣中碳酸钠总质量为0.05mol××106g/mol=53mol，则原混合物中NaCl的质量=93.8g﹣53gmol=40.8g，故答案为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；40.8．【点评】本题考查混合物有关计算、一定物质的量浓度溶液配制，难度不大，侧重考查学生分析计算能力-21-
