甘肃省河西部分高中张掖中学嘉峪关一中山丹一中高三化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年甘肃省河西部分高中（张掖中学、嘉峪关一中、山丹一中）高三（上）期中化学试卷　一、选择题（25小题，每题2分，共50分）1．（2分）（2022秋•张掖校级期中）化学与生产、生活密切相关．下列叙述中，不正确的是（　　）①制作计算机芯片的材料是Si晶体，漂白液的有效成分是NaClO②二氧化碳和氮气均是造成温室效应的气体③食醋可去除水垢，NH4Cl溶液可去除铁锈④SO2和NO2都能使雨水的pH＜5.6，造成酸雨⑤硅胶可用作食品干燥剂⑥向FeCl3溶液中不断加入NaOH溶液制备Fe（OH）3胶体⑦用铜粉和硫粉混合加热制备CuS⑧向铝盐溶液中不断滴入烧碱溶液制备Al（OH）3．A．②③⑦B．②⑥⑦⑧C．②③⑦⑧D．①②③⑥⑧　2．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列说法不正确的是（　　）①CO2分子的比例模型示意图：②﹣OH与组成元素相同，含有的电子数也相同③HCN分子的结构式：H﹣C≡N；④NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣；⑤Na2O的水溶液能导电，这不能说明Na2O是电解质；⑥铝既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故铝是两性元素；⑦风化、干馏、裂化都是化学变化．A．①②⑤B．③④⑦C．①④⑥D．④⑤⑥　3．（2分）（2022春•枣庄期末）下列制备和收集气体的实验装置合理的是（　　）A．用氯化铵和氢氧化钠固体制NH3B．用铜片和稀硝酸制NO34\nC．用锌粒和稀硫酸制H2D．用H2O2和MnO2制O2　4．（2分）（2022秋•济宁期末）分类是化学学习和研究的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（　　）A．H2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C．HF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质D．NaF、MgO、AlCl3均由活泼金属和活泼非金属化合而成，都是离子化合物　5．（2分）（2022•安徽模拟）下列实验与物质微粒大小无直接关系的是（　　）A．过滤B．渗析C．萃取D．丁达尔效应　34\n6．（2分）（2022秋•张掖校级期中）若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．16gCH4与18gNH4+所含质子数相等B．0.5molFeCl3滴入沸水可制备胶体粒子0.5NAC．将分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积为约22.4LD．7.8gNa2O2中含有的离子总数目为0.3NA　7．（2分）（2022•大连模拟）下列溶液中的离子一定能大量共存的是（　　）A．在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO﹣3B．室温下由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中：Ba2+、NO﹣3、K+、ClO﹣C．能使酚酞变红色的溶液中：Na+、K+、AlO﹣2、CO2﹣3D．含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣　8．（2分）（2022春•佳木斯校级期末）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（　　）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收　9．（2分）（2022•浙江）下列说法正确的是（　　）A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸．如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42﹣或SO32﹣D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法　10．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）叙述I叙述ⅡANaHCO3能与碱反应食品工业用NaHCO3作焙制糕点的膨松剂BAl既可和酸反应又可和强碱反应Al可制成铝箔包装物品CK2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和O2可K2FeO4用于净化自来水并杀菌消毒34\nDHClO具有弱酸性HClO可作漂白剂A．AB．BC．CD．D　11．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列有关试剂的保存方法正确的是（　　）①NaOH固体保存在配有橡皮塞的细口瓶中；②Na2CO3溶液通常保存在配有橡皮塞的细口瓶中；③液溴通常用水封保存；④锂保存在煤油中；⑤浓硝酸通常保存在棕色细口瓶中．A．①③⑤B．②③⑤C．②④⑤D．①③④　12．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（　　）A．该溶液中K+、Fe2+、SCN﹣、Br﹣可以大量存在B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2C．和Ba（OH）2溶液反应离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓D．1L0.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe　13．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下表各组物质中，物质之间不可能实现如XYZ所示转化的是（　　）选项XYZMAFe（s）FeCl2FeCl3Cl2BNaOH（aq）Na2CO3NaHCO3CO2CNH3（g）NONO2O2DS（s）SO2SO3O2A．A、B．B、C．C、D．D、　14．（2分）（2022•闵行区一模）研究发现CuSO4和FeS2在一定条件下可发生如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O→7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4；下列说法正确的是（　　）A．FeS2中的硫元素全部被氧化B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中SO42﹣有一部分是氧化产物D．FeS2只用作还原剂　15．（2分）（2022秋•浏阳市校级期中）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（　　）A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2　16．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列离子方程式正确的是（　　）A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2OB．CuSO4溶液与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3﹣H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+C．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O34\nD．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑　17．（2分）（2022春•包头校级期末）下述实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是（　　）编号实验操作实验目的或结论A将SO2气体通入紫色石蕊试液中，观察溶液是否褪色证明SO2有漂白性B向试管中加入等体积的0.005mol/L的FeCl3溶液和0.01mol/L的KSCN溶液，再滴加几滴饱和FeCl3溶液，观察颜色变化探究增大反应物浓度时平衡移动的方向C将装有NO2和N2O4气体的联通球，一个置于冰水中，一个置于热水中，观察颜色变化探究温度对化学平衡的影响D将CO2通入Na2SiO3水溶液观察是否有沉淀产生探究碳和硅两元素非金属性强弱A．AB．BC．CD．D　18．（2分）（2022秋•张掖校级期中）向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色．则下列说法正确的是（　　）A．通入22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性C．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2　19．（2分）（2022秋•厦门期末）向下列物质分别与少量氯水反应所得的溶液中滴入KSCN溶液，不一定显血红色的是（　　）A．氧化铁B．铜铁合金C．Fe（OH）3D．FeCl2　20．（2分）（2022秋•张掖校级期中）CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示，下列说法不正确的是（　　）A．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．CuSO4在1100℃所得混合气体X中一定有O2D．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：1　21．（2分）（2022秋•张掖校级期中）某溶液中只可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO34\n中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（　　）A．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+可能含有Fe3+B．溶液中一定不含CO和NO，一定含有SOC．溶液中c（NH）=0.3mol/LD．c（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）=1：1：1　22．（2分）（2022•鹰潭校级模拟）物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是（　　）物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2A．AB．BC．CD．D　23．（2分）（2022春•唐山校级期末）类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能确定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是（　　）①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色④密度为1.1g•cm﹣3与密度为1.2g•cm﹣3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度介于1.1g•cm﹣3与1.2g•cm﹣3之间；NaK合金的熔点应介于Na和K熔点之间．A．①②B．①④C．①②③④D．①②④　24．（2分）（2022秋•张掖校级期中）镁铁混合物13.8g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（0.3mol），则向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为（　　）A．26B．29.1gC．29.5gD．24g　34\n25．（2分）（2022•淇县校级四模）1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀．下列说法不正确的是（　　）A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB．加入NaOH溶液的体积是50mLC．浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD．得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克　　二、填空题（本题4个小题，共50分）26．（11分）（2022秋•张掖校级期中）铝是地壳中含量最多的金属元素，其单质和化合物广泛应用于日常生活中．（1）铝粉和铁的氧化物（FeO•Fe2O3）可配成铝热剂用于焊接钢轨，反应的化学方程式是　　　　　　．（2）NaOH溶液可以除去铝表面的氧化膜，在处理过程中常会产生H2，产生H2的离子方程式是　　　　　　．（3）工业上以铝土矿（Al2O3•H2O）为原料生产铝，主要包括下列过程：i．将粉粹、筛选后的铝土矿溶解在NaOH溶液中；ii．加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al（OH）3固体；iii．使Al（OH）3脱水生成Al2O3；iv．电解熔融Al2O3生成Al．铝土矿粉粹的目的是　　　　　　，试剂A的化学式是　　　　　　，电解熔融Al2O3时，加入冰晶石，其作用是　　　　　　．（4）明矾化学式为KAl（SO4）2•12H2O，向明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，当溶液中的SO42﹣恰好沉淀时，铝元素的存在形式是　　　　　　．（5）美国普度大学研究开发出一种利用铝镓（化学式：AlGa）合金制取氢气的新工艺（如图所示）．i．写出常温下铝镓合金产生氢气的化学方程式　　　　　　．ii．下列有关该工艺的说法正确的是　　　　　　．A．该过程中，能量的转化形式只有两种B．铝镓合金可以循环使用C．铝镓合金的熔点比金属铝低D．该工艺可利用太阳能分解水．　34\n27．（7分）（2022•淇县校级一模）A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物已略去）：试回答：（1）若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为　　　　　　（填元素符号）（2）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是（用离子方程式表示）　　　　　　（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物且B不溶于水，在溶液中A和C反应生成B．请写出B转化为C的所有可能的离子方程式　　　　　　化合物B经过一系列反应可以得到单质E，将一定质量的Mg和E的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则固体混合物中Mg的质量为　　　　　　；NaOH溶液的物质的量浓度为　　　　　　　28．（5分）（2022秋•张掖校级期中）某一离子反应体系有反应物和产物共以下六种：MnO4﹣、H+、O2、H2O、H2O2、Mn2+已知该反应中的H2O2只发生如下过程：H2O2→O2（1）该反应中的还原剂是　　　　　　．（2）该反应中发生还原反应的过程是　　　　　　→　　　　　　．（3）溶液随着酸性的增强氧化性不断增强，应选择　　　　　　（选填“稀硫酸”或“浓盐酸”）进行KMnO4溶液的酸化．（4）如反应转移了0.6mo1电子，则产生的气体在标准状况下体积为　　　　　　．　29．（15分）（2022秋•张掖校级期中）工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：【探究一】（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是　　　　　　（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+应选用　　　　　　（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．KMnO4酸性溶液34\n②乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：[SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为　　　　　　．【探究二】分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）．（3）装置B中试剂的作用是　　　　　　（4）认为气体Y中还含有Q的理由是　　　　　　（用化学方程式表示）．（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于　　　　　　（选填序号）．a．A之前b．A﹣B间c．B﹣C间d．C﹣D间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是　　　　　　（7）若要测定336mL气体中H2的含量（标准状况下约有28mLH2），可否用托盘天平称量D或E反应前后的质量差的方法？做出判断并说明理由　　　　　　．　30．（12分）（2022秋•张掖校级期中）以食盐为原料进行生产并综合利用的某些过程如图所示．（1）除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42﹣离子，加入下列沉淀剂的顺序是（填字母）　　　　　　．a．Na2CO3b．NaOHc．BaCl2（2）将滤液的pH调至酸性除去的离子是　　　　　　．（3）电解饱和食盐水可得到H2和另外两种产物，这两种物质相互反应的离子方程式为　　　　　　，欲从饱和食盐水中获得食盐晶体，可采用的实验方法是　　　　　　．（4）气体X可增大饱和食盐水吸收CO2的量，有利于NaHCO3晶体的生成和析出，X的化学式是　　　　　　．（5）由NaHCO3制纯碱的化学方程式为　　　　　　．下列有关NaHCO3和纯碱的说法正确的是　　　　　　（填字母）A．NaHCO3属于盐类，纯碱属于碱B．分别往同浓度的NaHCO3溶液和纯碱溶液中滴加稀盐酸，产生气泡的速率相同C．常温下在水中的溶解度，NaHCO3大于纯碱D．除去NaHCO3溶液中的纯碱，应往溶液中通入足量的CO2．34\n　　34\n2022-2022学年甘肃省河西部分高中（张掖中学、嘉峪关一中、山丹一中）高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（25小题，每题2分，共50分）1．（2分）（2022秋•张掖校级期中）化学与生产、生活密切相关．下列叙述中，不正确的是（　　）①制作计算机芯片的材料是Si晶体，漂白液的有效成分是NaClO②二氧化碳和氮气均是造成温室效应的气体③食醋可去除水垢，NH4Cl溶液可去除铁锈④SO2和NO2都能使雨水的pH＜5.6，造成酸雨⑤硅胶可用作食品干燥剂⑥向FeCl3溶液中不断加入NaOH溶液制备Fe（OH）3胶体⑦用铜粉和硫粉混合加热制备CuS⑧向铝盐溶液中不断滴入烧碱溶液制备Al（OH）3．A．②③⑦B．②⑥⑦⑧C．②③⑦⑧D．①②③⑥⑧【考点】硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质；乙酸的化学性质．【分析】①、晶体硅是常用的半导体材料，NaClO有漂白性；②、氮气是空气的主要成分；③、食醋与水垢能反应，氯化铵溶液显酸性；④、SO2和NO2与水反应生成酸；⑤、硅胶具有吸水性，无毒；⑥、根据制备Fe（OH）3胶体的方法分析；⑦、用铜粉和硫粉混合加热制备CuS⑧、过量烧碱，反应生成偏铝酸盐．【解答】解：①、晶体硅是常用的半导体材料，可以用来制作计算机芯片，漂白液中NaClO有漂白性，故正确；②、氮气是空气的主要成分，氮气不会引起温室效应，二氧化碳是造成温室效应的气体，故错误；③、食醋与水垢能反应生成易溶于水的醋酸钙，所以食醋可去除水垢，氯化铵溶液显酸性能与铁锈反应，故正确；④、SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能被氧气氧化为硫酸，NO2与水反应生成硝酸，所以SO2和NO2能造成酸雨，故正确；⑤、硅胶具有吸水性，无毒，硅胶可用作食品干燥剂，故正确；⑥、反应生成沉淀，而实验室制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，故错误；⑦、硫为弱氧化剂，则铜粉和硫粉混合加热制备硫化亚铜，故错误；⑧、向铝盐溶液中不断滴入过量氨水溶液制备Al（OH）3，故错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及胶体制备、硫化亚铜制备、氢氧化铝的制备及电解等，侧重化学反应原理及物质制备实验的评价性、操作性考查，题目难度不大．34\n　2．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列说法不正确的是（　　）①CO2分子的比例模型示意图：②﹣OH与组成元素相同，含有的电子数也相同③HCN分子的结构式：H﹣C≡N；④NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3⇌Na++H++CO32﹣；⑤Na2O的水溶液能导电，这不能说明Na2O是电解质；⑥铝既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，故铝是两性元素；⑦风化、干馏、裂化都是化学变化．A．①②⑤B．③④⑦C．①④⑥D．④⑤⑥【考点】球棍模型与比例模型；物理变化与化学变化的区别与联系；电子式；结构式；电解质与非电解质．【分析】①二氧化碳为直线型结构；②﹣OH与分别为羟基的结构简式和电子式；③书写结构简式时注意C≡N三键不能省略；④HCO3﹣在水中部分电离；⑤Na2O与水反应生成电解质；⑥铝属于两性物质；⑦分馏是利用沸点不同分离液体的方法，是物理变化．【解答】解：①二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为，故错误；②﹣OH与分别为羟基的结构简式和电子式，组成元素相同，含有的电子数也相同，故正确；③HCN分子中存在C﹣H和C≡N，其结构式为H﹣C≡N，故正确；④HCO3﹣在水中部分电离，所以NaHCO3在水中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故错误；⑤Na2O与水反应生成电解质NaOH，所以Na2O的水溶液能导电，这不能说明Na2O是电解质，故正确；⑥铝既能与酸反应，又能与强碱溶液反应，但不属于两性物质，故错误；⑦分馏是利用沸点不同分离液体的方法，过程中没有新物质生成，是物理变化，干馏、裂化都是化学变化，故正确．故选C．【点评】本题考查了化学用语的判断，属于基础知识的考查，题目难度中等，注意掌握常见有机物的表示方法，试题考查了学生规范答题的能力．　3．（2分）（2022春•枣庄期末）下列制备和收集气体的实验装置合理的是（　　）A．34\n用氯化铵和氢氧化钠固体制NH3B．用铜片和稀硝酸制NOC．用锌粒和稀硫酸制H2D．用H2O2和MnO2制O2【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氯化铵和氢氧化钠反应生成水，应防水倒流；B．NO不能利用排空气法收集；C．氢气的密度比空气的密度小；D．H2O2分解生成水和氧气，二氧化锰作催化剂，氧气不溶于水．【解答】解：A．氯化铵和氢氧化钠反应生成水，应防水倒流，则加热的试管口应略向下倾斜，故A错误；B．NO不能利用排空气法收集，图中收集方法不合理，应利用排水法收集，故B错误；C．氢气的密度比空气的密度小，图中收集方法不合理，导管应短进长出，故C错误；D．H2O2分解生成水和氧气，二氧化锰作催化剂，氧气不溶于水，则图中固液反应不加热装置及排水法收集装置均合理，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，涉及常见气体的制备实验、气体的收集等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大．　4．（2分）（2022秋•济宁期末）分类是化学学习和研究的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（　　）A．H2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C．HF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质D．NaF、MgO、AlCl3均由活泼金属和活泼非金属化合而成，都是离子化合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子化合物的结构特征与性质；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．34\n【分析】A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素；B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸；C．CH3CH2OH易溶于水，但是不电离，是非电解质；D．AlCl3是共价化合物．【解答】解：A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素，所以HCOOH、Cu2（OH）2CO3不是氧化物，故A错；B．HClO、浓H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C．CH3CH2OH易溶于水，但是不电离，所以是非电解质，故C错；D．AlCl3是共价化合物，不属于离子化合物，故D错；故选B．【点评】本题考查了几个常见的概念，要注意对概念的准确把握．　5．（2分）（2022•安徽模拟）下列实验与物质微粒大小无直接关系的是（　　）A．过滤B．渗析C．萃取D．丁达尔效应【考点】过滤；胶体的重要性质；分液和萃取；渗析．【专题】化学实验基本操作．【分析】浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，浊液的分散质粒子不能透过滤纸，胶体、溶液的分散质粒子能透过滤纸；胶体和浊液的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜；胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应；萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系；【解答】解：A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；34\nB．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；C．萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；故选：C．【点评】本题主要考查了物质分离方法和物质性质的原理，掌握原理即可解答，难度中等．　6．（2分）（2022秋•张掖校级期中）若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．16gCH4与18gNH4+所含质子数相等B．0.5molFeCl3滴入沸水可制备胶体粒子0.5NAC．将分子总数为NA的NH3和HCl的混合气体置于标准状况下，其体积为约22.4LD．7.8gNa2O2中含有的离子总数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、分别求出两者的物质的量，然后根据CH4与NH4+中分别含10个质子和11个质子来分析；B、氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体；C、NH3和HCl混合后生成的氯化铵为固体；D、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根构成来计算．【解答】解：A、16g的物质的量为1mol，而CH4中含10个质子，故1mol甲烷中含10mol质子即10NA个；18gNH4+的物质的量为1mol，而铵根离子中含11个质子，故1mol铵根离子中含11mol质子即11NA个，故A错误；B、氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体，故0.5mol氯化铁形成的胶粒个数小于0.5NA个，故B错误；C、NH3和HCl混合后生成的氯化铵为固体，故体积小于22.4L，故C错误；D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根，故0.1mol过氧化钠中含0.3mol离子即0.3NA个，故D正确．故选D．【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．（2分）（2022•大连模拟）下列溶液中的离子一定能大量共存的是（　　）A．在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO﹣3B．室温下由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液中：Ba2+、NO﹣3、K+、ClO﹣C．能使酚酞变红色的溶液中：Na+、K+、AlO﹣2、CO2﹣3D．含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．加入铝粉能产生氢气的溶液，为酸或强碱溶液；B．由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，为酸或强碱溶液；C．能使酚酞变红色的溶液，溶液显碱性；34\nD．离子之间不能结合生成络离子．【解答】解：A．加入铝粉能产生氢气的溶液，为酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在NH4+、Fe2+，酸溶液中存在NO﹣3发生氧化还原反应不生成氢气，故A错误；B．由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中不能大量存在ClO﹣，故B错误；C．能使酚酞变红色的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．Fe3+、SCN﹣离子之间不能结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，明确离子之间的反应及抽取习题中的信息即可解答，题目难度不大．　8．（2分）（2022春•佳木斯校级期末）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（　　）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【考点】真题集萃；海水资源及其综合利用．【分析】A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．【解答】解：A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C．【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大．　9．（2分）（2022•浙江）下列说法正确的是（　　）34\nA．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸．如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42﹣或SO32﹣D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【考点】化学实验方案的评价．【分析】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，防止暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀；D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液．【解答】解：A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是实验室中常见操作和物质的提纯与检验，难度不大，注意D为易错点，若硝酸钾中混有少量的氯化钠，可以采用此方法提纯．　10．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）叙述I叙述ⅡANaHCO3能与碱反应食品工业用NaHCO3作焙制糕点的膨松剂BAl既可和酸反应又可和强碱反应Al可制成铝箔包装物品CK2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和O2可K2FeO4用于净化自来水并杀菌消毒DHClO具有弱酸性HClO可作漂白剂A．AB．BC．CD．D【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铝的化学性质．【分析】A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应与Al可制成铝箔包装物品无关；C．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体；D．HClO的漂白性与强氧化性有关．【解答】解：A．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠热稳定性差分解生成二氧化碳，Ⅰ和Ⅱ均正确，但无因果关系，故A错误；B．Al既可和酸反应又可和强碱反应，Al可制成铝箔包装物品与具有延展性有关，二者无关系，故B错误；C．K2FeO4具有强氧化性，生成铁离子可水解生成氢氧化铁胶体，可用于净水，故C正确；D．HClO的漂白性与强氧化性有关，故D错误．34\n故选C．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．　11．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列有关试剂的保存方法正确的是（　　）①NaOH固体保存在配有橡皮塞的细口瓶中；②Na2CO3溶液通常保存在配有橡皮塞的细口瓶中；③液溴通常用水封保存；④锂保存在煤油中；⑤浓硝酸通常保存在棕色细口瓶中．A．①③⑤B．②③⑤C．②④⑤D．①③④【考点】化学试剂的存放．【分析】①固体氢氧化钠易潮解并与二氧化碳反应，且能与玻璃反应；②Na2CO3溶液能与玻璃反应；③液溴有毒，且易挥发；④锂的密度小于煤油的密度；⑤浓硝酸见光易分解．【解答】解：①固体氢氧化钠易潮解且与二氧化碳反应，且能与玻璃反应，所以应采用广口瓶橡皮塞密封保存，故①错误；②Na2CO3溶液能与玻璃反应，所以应采用细口瓶橡皮塞密封保存，故②正确；③液溴有毒，且易挥发，故采用水封保存，故③正确；④锂的密度小于煤油的密度，煤油不能使锂隔绝空气，故④错误；⑤浓硝酸见光易分解，须存放在棕色细口瓶中，故⑤正确，故保存方法正确的是②③⑤，故选B．【点评】本题考查物质的保存，题目难度不大，注意根据物质的性质确定物质的保存方法．　12．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（　　）A．该溶液中K+、Fe2+、SCN﹣、Br﹣可以大量存在B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2C．和Ba（OH）2溶液反应离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓D．1L0.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．【分析】Fe2（SO4）3溶液中铁离子部分水解，导致溶液显示酸性，其中的铁离子具有氧化性，能和还原性的物质反应，结合离子之间的反应来解答．【解答】解：A．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；B．和KI溶液反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，故B错误；C．和Ba（OH）2溶液反应离子方程式为2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；D.100mL0.1mol/L该溶液中含有溶质硫酸铁0.01mol，0.01mol硫酸铁中含有0.02mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.02mol铁，生成铁的质量为1.12g，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子的共存及离子反应，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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．34\n　13．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下表各组物质中，物质之间不可能实现如XYZ所示转化的是（　　）选项XYZMAFe（s）FeCl2FeCl3Cl2BNaOH（aq）Na2CO3NaHCO3CO2CNH3（g）NONO2O2DS（s）SO2SO3O2A．A、B．B、C．C、D．D、【考点】无机物的推断．【分析】A．Fe与氯气直接反应生成FeCl3；B．NaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；C．氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；D．硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气催化氧化生成三氧化硫．【解答】解：A．Fe与氯气反应不能生成FeCl2，不符合图中转化，故A选；B．NaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，符合图中转化，故B不选；C．氨气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，符合图中转化，故C不选；D．硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气催化氧化生成三氧化硫，可以实现，故D不选；故选A．【点评】本题考查无机物的推断，侧重物质转化及物质性质的考查，明确常见物质的化学性质为解答的关键，注意选项A中氯气具有强氧化性，题目难度不大．　14．（2分）（2022•闵行区一模）研究发现CuSO4和FeS2在一定条件下可发生如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O→7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4；下列说法正确的是（　　）A．FeS2中的硫元素全部被氧化B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中SO42﹣有一部分是氧化产物D．FeS2只用作还原剂【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题．【解答】解：A．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，所以FeS2中S元素部分被氧化，部分被还原，故A错误；B.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由﹣1价→﹣2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；C．由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42﹣离子，生成物中有17molSO42﹣离子，则有3molS被氧化，故C正确；D．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误．34\n故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算．　15．（2分）（2022秋•浏阳市校级期中）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（　　）A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【考点】常见离子的检验方法．【分析】A．如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B．无水硫酸铜吸水变为CuSO4•5H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等．【解答】解：A．Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体中可能含有SO2，不一定是CO2，故D错误；故选B．【点评】本题考查常见物质及离子检验，题目难度中等，明确常见物质的性质及检验方法为解答关键，试题侧重对基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　16．（2分）（2022秋•张掖校级期中）下列离子方程式正确的是（　　）A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2OB．CuSO4溶液与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3﹣H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+C．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2OD．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO和水；B．生成络离子；C．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；D．反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氧气．【解答】解：A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应为3SO32﹣+2NO3﹣+2H+=3SO42﹣+2NO↑+H2O，故A错误；B．与过量浓氨水反应，生成络离子，则离子反应为Cu2++4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故B错误；34\nC.0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合的离子反应为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3．H2O，故C错误；D．向CuSO4溶液中加入Na2O2的离子反应为2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及络合反应的离子反应考查，题目难度不大．　17．（2分）（2022春•包头校级期末）下述实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是（　　）编号实验操作实验目的或结论A将SO2气体通入紫色石蕊试液中，观察溶液是否褪色证明SO2有漂白性B向试管中加入等体积的0.005mol/L的FeCl3溶液和0.01mol/L的KSCN溶液，再滴加几滴饱和FeCl3溶液，观察颜色变化探究增大反应物浓度时平衡移动的方向C将装有NO2和N2O4气体的联通球，一个置于冰水中，一个置于热水中，观察颜色变化探究温度对化学平衡的影响D将CO2通入Na2SiO3水溶液观察是否有沉淀产生探究碳和硅两元素非金属性强弱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．SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色；B．增大反应物浓度，根据溶液颜色变化判断反应方向；C．温度不同，二氧化氮和四氧化二氮之间的平衡改变而向吸热或者方向移动；D．最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属越强．【解答】解：A．将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故A错误；B．增大氯化铁溶液的浓度，根据溶液颜色变化来判断反应方向，如果溶液颜色加深，则说明平衡向正反应方向移动，所以能达到实验目的，故B正确；C．温度不同，导致二氧化氮和四氧化二氮之间的平衡改变而向吸热或者方向移动，能达到目的，故C正确；D．最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属越强，所以向饱和Na2SiO3溶液中通入二氧化碳，能比较碳与硅的非金属性强弱，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，把握反应原理、物质的性质及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　18．（2分）（2022秋•张掖校级期中）向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色．则下列说法正确的是（　　）A．通入22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性34\nC．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2【考点】二氧化硫的化学性质；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】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生氧化还原反应，化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，据此解答．【解答】解：A．没指明气体状况为标准状况下，22.4LSO2的物质的量不一定为1mol，故A错误；B．二氧化硫具有还原性，通入碘水发生反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI而使碘水褪色，故B错误；C．在反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2中Cu元素的化合价降低，CuI是还原产物，故C错误；D．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性，在反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2中，Cu2+为氧化剂，I2为氧化产物，所以氧化性：Cu2+＞I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，I2为氧化剂，SO2为还原剂，所以氧化性：I2＞SO2；即：物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；故选：D．【点评】本题考查二氧化硫性质的分析判断，熟悉氧化还原反应的概念是解题关键，题目难度中等，注意把握反应中元素的化合价变化，选项BD为易错点．　19．（2分）（2022秋•厦门期末）向下列物质分别与少量氯水反应所得的溶液中滴入KSCN溶液，不一定显血红色的是（　　）A．氧化铁B．铜铁合金C．Fe（OH）3D．FeCl2【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、氧化铁与氯水反应生成的三价铁离子；B、氯水少量，合金中的铁只能生成亚铁离子；C、氢氧化铁能够与氯水中的氯化氢反应生成三价铁离子；D、氯化亚铁被氯水氧化成三价铁离子．【解答】解：A、由于氧化铁与氯水反应生成的三价铁离子，滴入KSCN溶液会显示血红色，故A错误；B、由于氯水少量，合金中有铜单质，铁只能生成亚铁离子，溶液中滴入KSCN溶液，不会显血红色，故B正确；C、由于氢氧化铁能够与氯水中的氯化氢反应生成三价铁离子，滴入KSCN溶液会显示血红色，故C错误；D、由于氯化亚铁被氯水氧化成三价铁离子，滴入KSCN溶液会显示血红色，故D错误；故选B．【点评】本题考查了单质、化合物的化学性质及铁离子的检验，注意合理分析题中信息，本题难度不大．　20．（2分）（2022秋•张掖校级期中）CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示，下列说法不正确的是（　　）34\nA．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想B．Y可以是葡萄糖溶液C．CuSO4在1100℃所得混合气体X中一定有O2D．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：1【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A．根据反应物和生成物的化学式判断，途径①产生二氧化硫气体污染性气体；B．硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，因葡萄糖中有醛基；C．硫酸铜分解生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，结合S、O的化合价分析；D．根据CuSO4溶液中的溶质为硫酸铜，可知利用含有铜元素的物质与含有硫酸根离子的物质来反应．【解答】解：A．相对于途径①、③，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；C．硫酸铜分解生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，S元素为最高价不能升高，所以O元素的化合价升高，即有氧气生成，根据2CuSO4═Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，所得混合气体X中一定有O2，故C正确；Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故D错误；故选D．【点评】本题考查了物质的制备，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等．　21．（2分）（2022秋•张掖校级期中）某溶液中只可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（　　）34\nA．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+可能含有Fe3+B．溶液中一定不含CO和NO，一定含有SOC．溶液中c（NH）=0.3mol/LD．c（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）=1：1：1【考点】离子方程式的有关计算．【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含铁离子，当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小，可以对照图象求出各离子的量．【解答】解：A、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故A错误；B、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有CO，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故无NO3﹣，但由于溶液一定显电中性，故溶液中一定含SO42﹣，故B正确；C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4++OH﹣=NH3•H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol﹣0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，但由于溶液体积不明确，故溶液中的c（NH）不明确，故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3～OH﹣～[Al（OH）4]﹣，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol﹣0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+～3OH﹣～Al（OH）3，Mg2+～2OH﹣～Mg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol﹣0.1mol﹣0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误．故选B．【点评】本题是一道关于离子反应和离子检验知识的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大．　34\n22．（2分）（2022•鹰潭校级模拟）物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是（　　）物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．检验HCl应先分离，再检验，用湿润的淀粉KI试纸不能检验HCl；B．NO2与水反应生成NO和硝酸；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应；D．加入Ca（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3都反应．【解答】解：A．湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，故A错误；B．NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，故B正确；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液分离，故C错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与Ca（OH）2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，可用氯化钙溶液检验，故D错误．故选B．【点评】本题考查混合物分离、提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的化学反应为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．　23．（2分）（2022春•唐山校级期末）类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能确定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是（　　）①钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2②铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中③化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色④密度为1.1g•cm﹣3与密度为1.2g•cm﹣3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度介于1.1g•cm﹣3与1.2g•cm﹣3之间；NaK合金的熔点应介于Na和K熔点之间．A．①②B．①④C．①②③④D．①②④【考点】钠的化学性质；化学平衡移动原理．【专题】元素及其化合物．【分析】①活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；②金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应；③含有钠元素的物质焰色反应均为黄色；④合金的熔点会低于任一组成金属成分的熔点．【解答】解：①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故①错误；②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而被氧化，发生化学腐蚀，故②错误；34\n③含有钠元素的物质NaCl、Na2CO3焰色反应均为黄色，故③正确；④NaK合金的熔点应低于Na和K任一金属的熔点，故④错误．故选D．【点评】本题考查学生钠的性质、焰色反应以及合金的物理性质等方面知识，属于综合知识的考查，注意知识的梳理和归纳是解题的关键．　24．（2分）（2022秋•张掖校级期中）镁铁混合物13.8g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（0.3mol），则向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为（　　）A．26B．29.1gC．29.5gD．24g【考点】有关混合物反应的计算．【分析】Fe、Mg混合物与足量硝酸反应形成硝酸镁、铁的硝酸盐，金属完全溶解，再加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铁，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量与氢氧化物中氢氧根的物质的量相等，根据电子转移守恒计算金属提供的电子物质的量，氢氧化物沉淀的质量为金属质量与氢氧根质量之和．【解答】解：Fe、Mg混合物与硝酸反应形成硝酸镁、铁的硝酸盐，金属完全溶解，再加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀为氢氧化镁、氢氧化铁，根据电子转移守恒可知，金属提供的电子物质的量=0.3mol×（5﹣2）=0.9mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量与氢氧化物中氢氧根的物质的量相等，故n（OH﹣）=0.9mol沉淀的质量=m（金属）+m（OH﹣）=13.8g+0.9mol×17g/mol=29.1g，故选B．【点评】本题考查混合物的计算，侧重对解题方法技巧与守恒思想的考查，确定氢氧化物中氢氧根的物质的量是关键，难度中等．　25．（2分）（2022•淇县校级四模）1.76克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀．下列说法不正确的是（　　）A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LB．加入NaOH溶液的体积是50mLC．浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用，且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08molD．得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12克【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】A．根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3），再根据V=计算；C．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量等于二氧化氮的物质的量；34\nD．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，根据二氧化氮计算转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根质量之和．【解答】解：A．密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，故A正确；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO3）+n（NO2）=n（HNO3），则n（NaNO3）=0.05L×14mol/L﹣=0.62mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.62mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为=0.62L=620mL，故B错误；C．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量==0.08mol，故C正确；D．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根的物质的量为0.08mol×（5﹣4）=0.08mol，故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol×17g/mol=3.12g，故D正确，故选B．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．　二、填空题（本题4个小题，共50分）26．（11分）（2022秋•张掖校级期中）铝是地壳中含量最多的金属元素，其单质和化合物广泛应用于日常生活中．（1）铝粉和铁的氧化物（FeO•Fe2O3）可配成铝热剂用于焊接钢轨，反应的化学方程式是　8Al+3FeO•Fe2O4Al2O3+9Fe　．（2）NaOH溶液可以除去铝表面的氧化膜，在处理过程中常会产生H2，产生H2的离子方程式是　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．（3）工业上以铝土矿（Al2O3•H2O）为原料生产铝，主要包括下列过程：i．将粉粹、筛选后的铝土矿溶解在NaOH溶液中；ii．加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al（OH）3固体；iii．使Al（OH）3脱水生成Al2O3；iv．电解熔融Al2O3生成Al．铝土矿粉粹的目的是　增大接触面积，加快反应速率　，试剂A的化学式是　CO2　，电解熔融Al2O3时，加入冰晶石，其作用是　降低反应混合物熔点，节约能源　．（4）明矾化学式为KAl（SO4）2•12H2O，向明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，当溶液中的SO42﹣恰好沉淀时，铝元素的存在形式是　AlO2﹣　．（5）美国普度大学研究开发出一种利用铝镓（化学式：AlGa）合金制取氢气的新工艺（如图所示）．i．写出常温下铝镓合金产生氢气的化学方程式　2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑　．ii．下列有关该工艺的说法正确的是　BCD　．A．该过程中，能量的转化形式只有两种B．铝镓合金可以循环使用34\nC．铝镓合金的熔点比金属铝低D．该工艺可利用太阳能分解水．【考点】制备实验方案的设计；镁、铝的重要化合物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】无机实验综合．【分析】（1）铝热反应实质是铝粉和铁的氧化物发生氧化还原反应生成铁和氧化铝；（2）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠和氢气；（3）铝土矿粉粹是增大固体与溶液接触面积，加快反应速率，氧化铝溶于氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠，加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al（OH）3固体，碳酸酸性大于氢氧化铝，说明是通入二氧化碳生成；电解熔融Al2O3时，氧化铝熔点高耗能高，加入冰晶石会降低反应物熔点分析；（4）设明矾KAl（SO4）2•12H2O为1mol，则溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42﹣，根据反应：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，当溶液中的SO42﹣完全沉淀时，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH﹣，1molAl3+和4molOH﹣发生反应：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；铝元素的存在形式为：AlO2﹣；（5）i、依据转化关系图中物质分析判断，铝镓合金和水反应生成氧化铝、镓和氢气；ii、A．工艺流程中，太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转变为热能；B．前边操作中用的物质，在后续操作中又得到该物质，则该物质就可循环使用；C、合金熔点低于各成分；D、根据反应物与最终产物，据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气，该工艺中总反应为：2H2O=H2↑+O2↑．【解答】解：（1）铝粉和铁的氧化物（FeO•Fe2O3）可配成铝热剂用于焊接钢轨，铝粉和铁的氧化物发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为8Al+3FeO•Fe2O4Al2O3+9Fe，故答案为：8Al+3FeO•Fe2O4Al2O3+9Fe；（2）NaOH溶液可以除去铝表面的氧化膜，在处理过程中常会产生H2，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）铝土矿粉粹是增大固体与溶液接触面积，加快反应速率，氧化铝溶于氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠，加入过量的试剂A使所得溶液中析出Al（OH）3固体，碳酸酸性大于氢氧化铝，说明是通入二氧化碳生成；电解熔融Al2O3时，氧化铝熔点高耗能高，加入冰晶石会降低反应物熔点，节约能源，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；CO2；降低反应混合物熔点，节约能源；（4）设明矾KAl（SO4）2•12H2O为1mol，则溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42﹣，根据反应：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，当溶液中的SO42﹣完全沉淀时，需要2molBa2+34\n，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH﹣，1molAl3+和4molOH﹣发生反应：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；铝元素的存在形式为：AlO2﹣．故答案为：AlO2﹣；（5）i、依据转化关系图中物质分析判断，铝镓合金和水反应生成氧化铝、镓和氢气，反应的化学方程式为：2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑，故答案为：2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑；ii、A．工艺流程中，太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转变为热能，该过程中，能量的转化形式不只有两种，故A错误；B．前边操作中用的物质，在后续操作中又得到该物质，则该物质就可循环使用，转化关系中铝镓合金反应最后生成可以循环使用，故B正确；C、合金熔点低于各成分，铝镓合金的熔点比金属铝低，故C正确；D、根据反应物与最终产物，据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气，该工艺中总反应为：2H2O=H2↑+O2↑D正确，该工艺可利用太阳能分解水，故D正确，故选BCD．故答案为：2AlGa+3H2O=Al2O3+2Ga+3H2↑；BCD．【点评】本题多角度考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力，题目涉及镁铝性质的分析判断，物质反应产物判断，流程分析应用，注意相关基础知识的积累，题目难度中等．　27．（7分）（2022•淇县校级一模）A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物已略去）：试回答：（1）若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为　Na　（填元素符号）（2）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D，其理由是（用离子方程式表示）　2Fe3++Fe=3Fe2+　（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物且B不溶于水，在溶液中A和C反应生成B．请写出B转化为C的所有可能的离子方程式　Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　化合物B经过一系列反应可以得到单质E，将一定质量的Mg和E的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．则固体混合物中Mg的质量为　3.6g　；NaOH溶液的物质的量浓度为　5mol•L﹣1　【考点】无机物的推断．34\n【专题】推断题．【分析】根据转化关系，A可以与D发生两步反应，可能发生的是氧化还原反应，或量不同产物不同的反应；（1）若D是具有氧化性的单质，结合转化关系分析可知D为O2，属于主族的金属A为Na，转化关系NaNa2ONa2O2；（2）若D是金属，分析推断物质为：Cl2FeCl3FeCl2，C溶液在储存时应加入少量D，是氯化亚铁溶液中加入铁粉其理由是防止氯化亚铁被氧化；（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物且B不溶于水，在溶液中A和C反应生成B，分析推断，Al3+Al（OH）3AlO2﹣；或AlO2﹣→Al（OH）3→Al3+；D为H+；化合物B为Al（OH）3经过一系列反应可以得到单质E为Al，将一定质量的Mg和E（Al）的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体．得到硫酸镁、硫酸铝，待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，依据图象分析，开始是和过量的硫酸反应，随氢氧化钠加入，镁离子和铝离子沉淀，达到沉淀量最大后，继续加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀溶解最后得到氢氧化镁沉淀，依据图象定量关系计算．【解答】解：（1）若D是具有氧化性的单质，A元素属于主族金属元素，判断为：Na→Na2O→Na2O2A为Na；B为Na2O；C为Na2O2；D为O2；A的元素符号为Na，故答案为：Na；（2）若D是金属，分析推断物质为：Cl2FeCl3FeCl2，C溶液在储存时应加入少量D，在储存时应加入少量铁，是防止Fe2+被氧化为Fe3+，2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．判断为：Al3+→Al（OH）3→AlO2﹣；A为Al3+；B为Al（OH）3；C为AlO2﹣；D为NaOH；或AlO2﹣→Al（OH）3→Al3+；A、AlO2﹣；B、Al（OH）3；C、Al3+；D为H+；B转化为C的所有可能的离子方程式为生成氢氧化铝沉淀，在酸或碱中溶解的离子方程式不同，反应的离子方程式分别为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；图象分析可知氢氧化镁沉淀物质的量为0.15mol，依据镁元素守恒得到镁的质量=0.15mol×24g/mol=3.6g；氢氧化铝溶解消耗氢氧化钠溶液体积=240ml﹣200ml=40ml，氢氧化铝物质的量=0.35mol﹣0.15mol=0.20mol，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以氢氧化钠溶液浓度c（NaOH）×0.040L=0.20mol，c（NaOH）=5mol/L；故答案为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；3.6g；5mol•L﹣1．【点评】本题考查了物质转化关系的特征应用，物质性质的运用，主要考查铁及其化合物的性质，钠及其化合物的性质，铝及其化合物的性质，抓住转化特征，熟练掌握物质的性质是解题关键，题目难度中等．　28．（5分）（2022秋•张掖校级期中）某一离子反应体系有反应物和产物共以下六种：MnO4﹣、H+、O2、H2O、H2O2、Mn2+已知该反应中的H2O2只发生如下过程：H2O2→O2（1）该反应中的还原剂是　H2O2　．（2）该反应中发生还原反应的过程是　MnO4﹣　→　Mn2+　．（3）溶液随着酸性的增强氧化性不断增强，应选择　稀硫酸　（选填“稀硫酸”或“浓盐酸”）进行KMnO4溶液的酸化．（4）如反应转移了0.6mo1电子，则产生的气体在标准状况下体积为　6.72L　．【考点】氧化还原反应．34\n【分析】由H2O2→O2知，双氧水在反应中作还原剂，所以还必须有氧化剂参加反应，在反应中得电子化合价降低，根据化合价知，高锰酸根离子作氧化剂，还原产物是锰离子，同时反应后生成水，反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，结合离子方程式解答该题．【解答】解：反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，（1）反应中生成氧气，H2O2被氧化，为还原剂，故答案为：H2O2；（2）反应中生成氧气，H2O2被氧化，为还原剂，则MnO4﹣被还原生成Mn2+，所以发生还原反应的过程是MnO4﹣→Mn2+；故答案为：MnO4﹣；Mn2+；（3）高锰酸钾具有强氧化性，可氧化盐酸生成氯气，可应用硫酸酸化，故答案为：稀硫酸；（4）2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑反应中，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，由方程式可知生成5mol氧气转移10mol电子，则如反应转移了0.6mo1电子，产生的氧气0.3mol，气体在标准状况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72L．【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于氧化还原反应的概念、电子转移等知识的考查，题目难度不大，注意根据化合价的变化分析．　29．（15分）（2022秋•张掖校级期中）工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：【探究一】（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是　铁钉表面被氧化　（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+应选用　d　（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．KMnO4酸性溶液②乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：[SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为　66.7%　．【探究二】分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）．（3）装置B中试剂的作用是　检验二氧化硫是否除尽　（4）认为气体Y中还含有Q的理由是　C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O　（用化学方程式表示）．（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于　c　（选填序号）．a．A之前b．A﹣B间c．B﹣C间d．C﹣D间（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是　D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝　（7）若要测定336mL气体中H2的含量（标准状况下约有28mLH2），可否用托盘天平称量D或E反应前后的质量差的方法？做出判断并说明理由　否，用托盘天平无法称量D或E的差量　．34\n【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】（1）常温条件下，铁与浓硫酸能产生钝化现象；（2）根据亚铁离子的性质选取试剂，亚铁离子有还原性，可用强氧化性的物质检验，且必须有明显的实验现象；（3）二氧化硫能使品红溶液褪色，从而检验二氧化硫是否存在，空气中有水蒸汽会影响无水硫酸铜对水的检验；（4）根据铁钉的成分分析，铁钉中的铁和碳在加热条件下都能与浓硫酸发生氧化还原反应；（5）根据二氧化硫和二氧化碳的性质分析选择位置；（6）根据氢气的性质分析，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜而生成水，水能使白色的无水硫酸铜变蓝；碱石灰能吸收二氧化碳；（7）计算出氢气的物质的量及生成水的质量，然后根据中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g进行判断．【解答】解：（1）铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁钉表面被氧化；（2）①亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，b能检验三价铁离子的存在，选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨，故选d；②SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）==0.015mol；SO2～BaSO41mol233gn2.33gn=0.01mol所以二氧化硫的体积分数为：×100%=66.7%，故答案为：66.7%；（3）A除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以B可以检验A中是否完全除去二氧化硫，故答案为：检验二氧化硫是否除尽；（4）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O，所以气体二氧化硫还含有二氧化碳，故答案为：C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O；34\n（5）Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，故选c；（6）氢气还原氧化铜会生成水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色，同时有红色的铜单质生成，故答案为：D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝；（7）标况下28mL氢气的物质的量为：=0.00125mol，生成水的质量为：18g/mol×0.00125mol=0.0225g，即D、E的质量差小于0.1g，而中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g，无法精确称量出D或E的差量，所以不能用通过托盘天平称量质量差的方法测量氢气含量，故答案为：否，用托盘天平无法称量D或E的差量．【点评】本题考查了浓硫酸的性质、实验方案的设计与评价，题目难度中等，注意掌握性质实验方案设计的原则及评价方法，明确常见气体的性质及检验方法，（7）为易错点，需要通过计算进行判断．　30．（12分）（2022秋•张掖校级期中）以食盐为原料进行生产并综合利用的某些过程如图所示．（1）除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42﹣离子，加入下列沉淀剂的顺序是（填字母）　cab或者cba或者bca　．a．Na2CO3b．NaOHc．BaCl2（2）将滤液的pH调至酸性除去的离子是　CO32﹣和OH﹣　．（3）电解饱和食盐水可得到H2和另外两种产物，这两种物质相互反应的离子方程式为　Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O　，欲从饱和食盐水中获得食盐晶体，可采用的实验方法是　蒸发结晶　．（4）气体X可增大饱和食盐水吸收CO2的量，有利于NaHCO3晶体的生成和析出，X的化学式是　NH3　．（5）由NaHCO3制纯碱的化学方程式为　2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O　．下列有关NaHCO3和纯碱的说法正确的是　D　（填字母）A．NaHCO3属于盐类，纯碱属于碱B．分别往同浓度的NaHCO3溶液和纯碱溶液中滴加稀盐酸，产生气泡的速率相同C．常温下在水中的溶解度，NaHCO3大于纯碱D．除去NaHCO3溶液中的纯碱，应往溶液中通入足量的CO2．【考点】海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物．34\n【分析】（1）根据镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀；（2）加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠等进行分析；（3）电解饱和食盐水生成氢氧化纳、氢气和氯气，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；从饱和食盐水中获得食盐晶体，依据氯化钠溶解度随温度变化不大分析得到晶体的方法；（4）根据制取纯碱的原理：向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体；（5）由NaHCO3制纯碱，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；NaHCO3不稳定，溶解度比Na2CO3小，与盐酸反应较Na2CO3剧烈，可与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3和NaHCO3都为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，但Na2CO3水解程度较大，溶液碱性较强，以此解答该题．【解答】解：（1）总体思路是先沉淀再过滤，沉淀时要先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液，因为碳酸钠能把过量的氯化钡沉淀出来，氢氧化钠可放在它们前面，也可放在它们后面或中间，都完全沉淀完后再过滤；故答案为：cab或者cba或者bca；（2）加入适量盐酸pH调至酸性除去的离子是CO32﹣和OH﹣，故答案为：CO32﹣和OH﹣；（3）电解饱和食盐水制取氯气的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；从饱和食盐水中获得食盐晶体的方法是利用氯化钠溶解度随温度变化不大分析，用蒸发结晶方法得到；故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；蒸发结晶；（4）向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱，气体X为NH3，可增大饱和食盐水吸收CO2的量，有利于NaHCO3晶体的生成和析出；故答案为：NH3；（5）加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；NaHCO3不稳定，溶解度比Na2CO3小，与盐酸反应较Na2CO3剧烈，可与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3和NaHCO3都为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，但Na2CO3水解程度较大，溶液碱性较强；A．NaHCO3属于盐类，纯碱是碳酸钠属于盐，故A错误；B．分别往同浓度的NaHCO3溶液和纯碱溶液中滴加稀盐酸，产生气泡的速率碳酸氢钠放出气泡比碳酸钠放出气泡快，故B错误；C．常温下在水中的溶解度，NaHCO3小于纯碱，故C错误；D．除去NaHCO3溶液中的纯碱，应往溶液中通入足量的CO2，二氧化碳和碳酸钠和水反应生成碳酸氢钠，可以除去碳酸钠；故选D．故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；D．【点评】本题考查了海水资源的利用，实验过程分析判断，反应原理的理解应用，掌握物质性质和反应原理是解题关键，题目难度中等．　34