2022-2022学年宁夏平罗中学高三（上）第二次月考化学试卷（10月份） 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共22小题，44分）1．可作为防毒面具或潜水艇里氧气来源的物质是（ ）A．Na2OB．Na2O2C．NaOHD．NaHCO3 2．实验室制备Al（OH）3最好用（ ）A．Al2O3和稀盐酸B．Al2O3和水C．Al2（SO4）3和KOHD．AlCl3和氨水 3．下列物质能用铝制器皿盛放的是（ ）A．稀硝酸B．稀硫酸C．浓硝酸D．浓盐酸 4．关于金属铝和铁的说法不正确的是（ ）A．铁与热水不反应，但是可与水蒸气发生置换反应B．铝箔在空气中受热可以熔化，剧烈燃烧，产生大量的热C．常温下，可以用铝或铁制容器来盛装冷的浓硫酸或冷的浓硝酸D．铝元素是地壳中含量最多的金属元素，而铁是用途最广的金属 5．随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受．为了防止仲秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，下列不属于抗氧化物质的是（ ）A．生石灰B．还原铁粉C．亚硫酸钠D．维生素C 6．下列实验操作中所用仪器合理的是（ ）A．用25mL的碱式滴定管量取14.80mLNaOH溶液B．用100mL量筒量取5.2mL盐酸C．用托盘天平称取25.20g氯化钠D．用100mL容量瓶配制50mL0.1mol/L盐酸 7．下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是（ ）A．往紫色石蕊试液中通入氨气，溶液变蓝B．饱和FeCl3溶液在沸水中变成红褐色胶体C．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的沉淀由白色变成灰绿色，最后变成红褐色D．SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色 8．将SO2少量通入Fe2（SO4）3溶液中发生反应：SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；然后再加入K2Cr2O7溶液，发生反应：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．下列判断正确的是（ ）A．还原性Cr3+＞Fe2+＞SO2B．氧化性Cr2O72﹣＞SO2＞Fe3+C．两个反应中Fe2（SO4）3均作还原剂-22-\nD．Cr2O72﹣能将SO2氧化成SO42﹣ 9．在一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度，下列叙述合理的是（ ）A．NaOH溶液浓度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出C．溶液的总质量增大，有H2放出D．溶液的总质量不变，有H2放出 10．分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（ ）A．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体B．根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应C．根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质D．根据是否含氧元素，将物质分为氧化剂和还原剂 11．下列有关金属的说法中，正确的是（ ）①纯铁较生铁不易生锈；②冶炼铝和钠都可以用电解法；③KSCN溶液可以检验Fe3+离子；④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血；⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金；⑥铜与硫反应，生成黑色的CuS．A．①②③④⑤B．②③④⑤⑥C．①③④⑤D．①②③④⑤⑥ 12．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．用氯化铁溶液腐蚀电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+B．实验室吸收氯气：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2OC．NH4HCO3溶液与过量的NaOH溶液反应：D．铜片溶于稀硝酸中： 13．下列实验操作能达到实验目的是（ ）A．用加热蒸发Na2CO3溶液的方法除去少量NaHCO3B．向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中加入铜片除去Fe3+C．用加热的方法分离NH4Cl和碘固体混合物D．用二氧化锰区别10%的H2O2溶液和10%的稀盐酸 14．在强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（ ）A．Al3+、SO42﹣、NH4+B．Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．Fe3+、OH﹣、SCN﹣D．K+、HCO3﹣、NO3﹣ -22-\n15．根据反应式：（1）2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，（2）Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br﹣，判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）A．Br﹣、Fe2+、I﹣B．I﹣、Fe2+、Br﹣C．Br﹣、I﹣、Fe2+D．Fe2+、I﹣、Br﹣ 16．下列反应中，HNO3既显氧化性，又显酸性的是（ ）A．C和HNO3B．FeO和HNO3C．Fe2O3和HNO3D．CuO和HNO3 17．将3.9g镁铝合金，投入到500mL2mol•L﹣1的盐酸中，金属完全溶解，再加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是（ ）A．250mLB．500mLC．750mLD．1000mL 18．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﹣，也不含Fe3+B．含有NO3﹣、I﹣、Cl‑C．含I﹣，且肯定含有Cl﹣D．可能含有Fe3+ 19．蓝紫色的硅酸铜钡的化学式为（BaCuSi2Ox，铜为+2价），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（ ）A．可用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2B．性质稳定，不易脱色C．易溶解于强酸和强碱D．x等于6 20．常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+下列说法正确的是（ ）A．H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱B．在H2O2分解过程中，溶液的酸性增强C．H2O2分解的总方程式为：H2O2═H2O+O2↑D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+ 21．下列中学常见实验的现象或表述正确的是（ ）A．过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显血红色B．制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁C．检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴即可D．FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液 22．2.8gFe全部溶于一定浓度200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液中c（H+）=0.1mol•L﹣1．若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是（ ）A．反应后溶液中存在Fe3+和Fe2+-22-\nB．1.12L气体是NO、NO2的混合气体C．反应后溶液中c（NO3﹣）=0.85mol•L﹣1D．反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe 二、填空题（共3小题，32分）23．（1）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O氧化剂是 ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ．（2）配平下列氧化还原反应方程式： KMnO4+ H2S+ H2SO4（稀）﹣ MnSO4+ S↓+ K2SO4+ H2O（3）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染．化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气） 若反应中消耗Cl21.5mol则被氧化的NH3在标准状况下的体积为 L． 24．（14分）（2022秋•长春期末）有一瓶溶液只含Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中的某几种．经如下实验：①原溶液加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀；②将①所得溶液加热，放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；③原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀．④原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解．回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是 ，一定不含有的离子是 ．（2）请写出实验①、②、④有关反应的离子方程式：①产生白色沉淀 ；②产生气体 ；④产生白色沉淀 ．（3）有同学认为实验④可以省略，你认为呢？（填“可以”或“不可以”） ，并说明理由 ． 25．（10分）（2022秋•增城市校级期末）已知钙的金属活泼性介于钾和钠之间，其化学性质与钠相似．钙及其化合物的有关反应如下：①Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑②CaO+H2O═Ca（OH）2③CaO2+H2O═ ④CaO+CO2═CaCO3⑤2CaO2+2CO2═2CaCO3+O2结合所学知识完成下列问题：（1）完成上述③的化学方程式：CaO2+H2O═ ；（2）用双线桥标出反应①的电子转移方向和数目：Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑（3）写出以钙为原料制取过氧化钙（CaO2）的化学方程式： ；（4）在CaO2的水溶液中，滴入酚酞溶液，预期的实验现象可能是 ；在该溶液中加入少量的MnO2固体，有气泡生成，写出该反应的化学方程式 ．-22-\n 三、实验题：（16分）26．（16分）（2022秋•宁夏校级月考）无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾．某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示．请回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是 ．a．加入MnO2粉末b．点燃A中酒精灯c．加入浓盐酸d．点燃D处酒精灯（2）写出A装置中发生反应的化学方程式 ．（3）装置B中的试剂是 ，其作用是： ．（4）该装置存在主要安全隐患是 ．（5）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果，这种药品可以是 ．（6）E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其原因 ． 四、计算题（8分）27．将一定质量的镁铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解．向所得溶液中滴加浓度为5mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图．（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：（1）加入NaOH溶液0﹣﹣20mL过程中反应方程式为： ．160﹣﹣180mL过程中反应方程式为 ．（2）合金中Mg的质量为 g．所用HCl的物质的量浓度为 mol/L． 2022-2022学年宁夏平罗中学高三（上）第二次月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析-22-\n 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共22小题，44分）1．可作为防毒面具或潜水艇里氧气来源的物质是（ ）A．Na2OB．Na2O2C．NaOHD．NaHCO3【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】根据Na2O2能与CO2反应2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，生成氧气，可作为呼吸面具或潜水艇中的氧气的来源，结合物质为固体时容易携带、反应容易等进行分析．【解答】解：A、Na2O能与CO2反应Na2O+CO2═Na2CO3，无氧气生成，故A错误；B、Na2O2为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故B正确；C、NaOH能与CO2反应2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，无氧气生成，且NaOH具有腐蚀性，故C错误；D、NaHCO3能与CO2不反应，无氧气生成，故D错误；故选B．【点评】本题考查过氧化钠的性质与用途、氧气的制取等，难度不大，注意化学原理在实际生活中的运用． 2．实验室制备Al（OH）3最好用（ ）A．Al2O3和稀盐酸B．Al2O3和水C．Al2（SO4）3和KOHD．AlCl3和氨水【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】实验室制备Al（OH）3是利用可溶性的铝盐和碱发生复分解反应来制取的，但是氢氧化铝能溶于强碱，所以用弱碱来制取．【解答】解：A、Al2O3和稀盐酸反应生成氯化铝和水，不能制取氢氧化铝，故A错误；B、氧化铝不溶于水，不能用氧化铝和水反应来获得氢氧化铝，故B错误；C、Al2（SO4）3和KOH反应时，若是强碱过量会导致氢氧化铝溶解，故C错误；D、氯化铝可以和氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，可以制得氢氧化铝，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生氢氧化铝的制备知识，注意氢氧化铝可以和强碱反应但是不能和弱碱反应是解题的关键，难度不大． 3．下列物质能用铝制器皿盛放的是（ ）A．稀硝酸B．稀硫酸C．浓硝酸D．浓盐酸【考点】铝的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．【分析】能持续发生反应则不能用铝制容器来盛放，铝能与强酸、强碱反应，能与一些盐反应等，在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化，据此结合选项判断即可．【解答】解：A、铝与稀硝酸溶液发生氧化还原反应，不能用铝制品容器盛放，故A错误；B、稀硫酸有弱氧化性，能和铝反应生成氢气，不能用铝制品容器盛放，故B错误；C、浓硝酸是强氧化性的酸，铝在浓硝酸中发生钝化现象，故铝制品容器可以盛放浓硝酸，故C正确；D、浓盐酸有弱氧化性，能和铝反应生成氢气，不能用铝制品容器盛放，故D错误；故选C．-22-\n【点评】本题考查了铝的化学性质，比较基础，注意铁、铝都能和浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化现象． 4．关于金属铝和铁的说法不正确的是（ ）A．铁与热水不反应，但是可与水蒸气发生置换反应B．铝箔在空气中受热可以熔化，剧烈燃烧，产生大量的热C．常温下，可以用铝或铁制容器来盛装冷的浓硫酸或冷的浓硝酸D．铝元素是地壳中含量最多的金属元素，而铁是用途最广的金属【考点】铝的化学性质；铁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；B、铝箔受热时表面的氧化铝兜着熔化的铝，阻止了铝与氧气的进一步反应；C、常温下，铝或铁遇到浓硫酸或浓硝酸发生钝化；D、地壳中含量最多的金属为Al，Al冶炼比铁困难．【解答】解：A、铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，属于化合反应，故A正确；B、铝箔受热时表面生成一层致密的氧化铝薄膜，氧化铝的熔点比Al的高，兜着熔化的铝，阻止了铝与氧气的进一步反应，故B错误；C、常温下，铝或铁遇到浓硫酸或浓硝酸发生氧化反应在金属的表现生成了一层致密的氧化膜，保护了内部金属不再被氧化，故C正确；D、地壳中含量前五位的元素为氧硅铝铁钙，含量最高的金属元素为铝，铝的冶炼较困难，应用最广泛的金属是铁，故D正确；故选：B．【点评】本题主要考查金属铁和铝的化学性质，氧化膜的保护作用不要忽略，整体难度不大，B选项容易出错，金属及其化合物部分常考的为钠、镁、铝、铜、铁及其重要化合物，学习时注意横向比较，加深对上述物质性质的认识，逐步达到高考要求． 5．随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受．为了防止仲秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，下列不属于抗氧化物质的是（ ）A．生石灰B．还原铁粉C．亚硫酸钠D．维生素C【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】防止仲秋月饼等富脂食品氧化变质，延长食品的保质期，在包装袋中常加入抗氧化物质，则选项中的物质应具有还原性，以此来解答．【解答】解：A．生石灰具有吸水性，常用作干燥剂，而不属于抗氧化物质，故A选；B．还原铁粉具有还原性，在反应中Fe元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故B不选；C．亚硫酸钠具有还原性，在反应中S元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故C不选；D．维生素C具有还原性，在反应中某元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故D不选；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，明确信息及元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大． 6．下列实验操作中所用仪器合理的是（ ）A．用25mL的碱式滴定管量取14.80mLNaOH溶液-22-\nB．用100mL量筒量取5.2mL盐酸C．用托盘天平称取25.20g氯化钠D．用100mL容量瓶配制50mL0.1mol/L盐酸【考点】计量仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器．【分析】A、根据碱式滴定管的使用方法和仪器的精确度来分析；B、根据量筒的量程来判断；C、根据托盘天平的准确度；D、根据一定规格的容量瓶只能配制对应体积的溶液；【解答】解：A、因碱式滴定管可用来盛放碱性溶液，且准确度为0.01mL，所以用25mL的碱式滴定管量取14.80mLNaOH溶液，故A正确；B、用量筒量取液体，选择和溶液体积相近规格的量筒，否则误差会很大，故B错误；C、托盘天平的准确度为0.1g，用托盘天平称只能取25.2g的NaCl，数据精确到小数点后一位，故C错误；D、100mL的容量瓶只能配制100mL的盐酸，故D错误．故选：A．【点评】本题考查实验仪器的选择与使用，题目难度不大，注意基础知识的积累． 7．下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是（ ）A．往紫色石蕊试液中通入氨气，溶液变蓝B．饱和FeCl3溶液在沸水中变成红褐色胶体C．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的沉淀由白色变成灰绿色，最后变成红褐色D．SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色【考点】氧化还原反应．【分析】A．碱遇紫色石蕊变蓝；B．铁离子水解生成胶体；C．发生复分解反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化为红褐色的氢氧化铁；D．发生复分解反应生成亚硫酸钠和水【解答】解：A．碱遇紫色石蕊变蓝，只与碱性有关，故A不选；B．铁离子水解生成胶体，只与水解有关，故B不选；C．发生复分解反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化为红褐色的氢氧化铁，涉及了氧化还原反应，故C选；D．发生复分解反应生成亚硫酸钠和水，NaOH在反应中消耗，则溶液褪色，只与复分解反应和碱溶液的性质有关，故D不选；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，明确颜色变化涉及的化学反应是解答的关键，注意酸碱指示剂的变色和反应的实质，题目难度不大． 8．将SO2少量通入Fe2（SO4）3溶液中发生反应：SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；然后再加入K2Cr2O7溶液，发生反应：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．下列判断正确的是（ ）A．还原性Cr3+＞Fe2+＞SO2B．氧化性Cr2O72﹣＞SO2＞Fe3+C．两个反应中Fe2（SO4）3均作还原剂D．Cr2O72﹣能将SO2氧化成SO42﹣-22-\n【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】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，化合价升高元素所在反应物是还原剂．【解答】解：A、反应SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+中，SO2是还原剂，Fe2+是还原产物，所以还原性：Fe2+＜SO2，故A错误；B、反应Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O中，氧化剂是Cr2O72﹣，氧化产物是Fe3+，所以氧化性：Cr2O72﹣＞Fe3+，反应SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+中，SO2是还原剂，Fe3+是氧化剂，所以氧化性SO2＜Fe3+，故B错误；C、第一个反应中Fe2（SO4）3做氧化剂，第二个反应中Fe2（SO4）3是氧化产物，故C错误；D、具有强氧化性的Cr2O72﹣能将还原性的SO2氧化成SO42﹣，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱规律，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 9．在一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度，下列叙述合理的是（ ）A．NaOH溶液浓度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出C．溶液的总质量增大，有H2放出D．溶液的总质量不变，有H2放出【考点】钠的化学性质．【专题】金属概论与碱元素．【分析】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．【解答】解：A．温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，溶剂减少，溶质析出，但溶液浓度不变，故A错误；B．温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，所以其质量分数不变，钠和水反应放出氢气，故B正确；C．钠和水反应导致溶剂的量减少且有氢气生成，溶质析出，所以溶液质量减少，故C错误；D．钠和水反应导致溶剂的量减少且有氢气生成，溶质析出，所以溶液质量减少，故D错误；故选B．【点评】本题考查钠的性质，难度较大，注意该题中氢氧化钠溶液是饱和溶液，明确反应后改变、不变的物理量，为易错点． 10．分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（ ）A．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体B．根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应C．根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质D．根据是否含氧元素，将物质分为氧化剂和还原剂【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A．分散系的分类依据是根据分散系微粒直径的大小；-22-\nB．氧化还原反应中有电子的转移，而非氧化还原反应物电子的转移；C．电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；D．反应物中含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂．【解答】解：A．分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，故A错误；B．根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故B正确；C．根据在水溶液里或熔化状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质，故C错误；D．根据反应物中含元素化合价升降，将物质分为氧化剂和还原剂，故D错误．故选B．【点评】本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据． 11．下列有关金属的说法中，正确的是（ ）①纯铁较生铁不易生锈；②冶炼铝和钠都可以用电解法；③KSCN溶液可以检验Fe3+离子；④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血；⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金；⑥铜与硫反应，生成黑色的CuS．A．①②③④⑤B．②③④⑤⑥C．①③④⑤D．①②③④⑤⑥【考点】铁的化学性质；金属冶炼的一般原理；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【分析】①生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，从而易生锈；②活泼金属采用电解方法冶炼；③KSCN溶液和Fe3+离子生成血红色溶液；④铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血；钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架；⑤青铜是铜锡合金，不锈钢是铁铬、镍合金，硬铝是铝硅、镁等形成的合金；⑥铜与硫反应，生成黑色的Cu2S．【解答】解：①生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故正确；②活泼金属采用电解方法冶炼，Al、Na是活泼金属，采用电解法冶炼，故正确；③KSCN溶液和Fe3+离子生成血红色溶液，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，故正确；④铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血；钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架，缺乏幼儿和青少年会患佝偻病，老年人会患骨质疏松，故正确；⑤青铜是铜锡合金，不锈钢是铁铬、镍合金，硬铝是铝硅、镁等形成的合金，所以三种物质都是合金，故正确；⑥铜与硫反应，S具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，所以生成黑色的Cu2S，故错误；故选A．【点评】本题考查元素化合物知识，涉及金属冶炼、合金、S的性质、离子检验等知识点，综合性较强，明确原电池原理、物质或离子性质即可解答，注意Cu和氯气、S反应产物不同点，为易错点． 12．下列离子方程式书写正确的是（ ）-22-\nA．用氯化铁溶液腐蚀电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+B．实验室吸收氯气：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2OC．NH4HCO3溶液与过量的NaOH溶液反应：D．铜片溶于稀硝酸中：【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电荷不守恒；B．反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；C．漏写碳酸氢根离子与碱的反应；D．反应生成NO．【解答】解：A．用氯化铁溶液腐蚀电路板的离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A错误；B．实验室吸收氯气的离子反应为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故B正确；C．NH4HCO3溶液与过量的NaOH溶液反应的离子反应为HCO3﹣+NH4++2OH﹣=NH3．H2O+H2O+CO32﹣，故C错误；D．铜片溶于稀硝酸中的离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意量对反应的影响即可解答，选项C为易错点，题目难度不大． 13．下列实验操作能达到实验目的是（ ）A．用加热蒸发Na2CO3溶液的方法除去少量NaHCO3B．向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中加入铜片除去Fe3+C．用加热的方法分离NH4Cl和碘固体混合物D．用二氧化锰区别10%的H2O2溶液和10%的稀盐酸【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．溶液中Na2CO3能与CO2、H2O反应生成NaHCO3；B．三价铁离子与铜单质反应生成二价铁离子；C．碘单质易升华；D．H2O2溶液遇二氧化锰分解生成氧气．【解答】解：A．NaHCO3溶液不能通过加热除去，固体能加热除去，不能达到除杂目的，应通入二氧化碳，故A错误；B．三价铁离子与铜单质反应生成二价铁离子，引入新的杂质，故B错误；C．碘单质易升华，氯化铵受热易分解，故C错误；D．H2O2溶液遇二氧化锰分解生成氧气，盐酸无明显现象，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，涉及物质分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大． 14．在强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（ ）A．Al3+、SO42﹣、NH4+B．Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．Fe3+、OH﹣、SCN﹣D．K+、HCO3﹣、NO3﹣-22-\n【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】强酸性溶液中存在大量的氢离子，A．Al3+、SO42﹣、NH4+离子之间不满足离子反应发生条件，也不与氢离子反应；B．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应；C．铁离子能够与氢氧根生成氢氧化铁沉淀、与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；D．碳酸氢根离子能够与氢离子反应生成二氧化碳气体和水．【解答】解：强酸性溶液中存在大量的H+，A．Al3+、SO42﹣、NH4+离子之间不发生反应，也不与H+离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能够大量共存，故B错误；C．Fe3+能够与OH﹣、SCN﹣反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．HCO3﹣能够与H+反应生成二氧化碳和水，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生的条件，明确常见的离子不能共存的情况，注意题中暗含条件，如强酸性溶液中存在大量的氢离子． 15．根据反应式：（1）2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，（2）Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br﹣，判断下列离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）A．Br﹣、Fe2+、I﹣B．I﹣、Fe2+、Br﹣C．Br﹣、I﹣、Fe2+D．Fe2+、I﹣、Br﹣【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】根据元素的化合价升高来判断还原剂，利用氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答．【解答】解：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，I元素的化合价升高，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性I﹣＞Fe2+，Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br﹣中，Fe元素的化合价升高，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Fe2+＞Br﹣，所以离子的还原性由强到弱的顺序为I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故选B．【点评】本题考查离子还原性的比较，明确氧化还原反应中还原剂中元素的化合价升高、还原剂的还原性大于还原产物的还原性即可解答． 16．下列反应中，HNO3既显氧化性，又显酸性的是（ ）A．C和HNO3B．FeO和HNO3C．Fe2O3和HNO3D．CuO和HNO3【考点】硝酸的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】HNO3既显氧化性，又显酸性，说明反应过程中部分硝酸中元素化合价降低，部分硝酸化合价变化，根据元素化合价变化来分析解答．【解答】解：A．C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，硝酸中N元素化合价由+5价变为+4价，所以硝酸是氧化剂，体现氧化性，故A错误；-22-\nB.3FeO+10HNO3=3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O，该反应中部分硝酸中N元素化合价由+5价变为+2价、部分硝酸化合价不变，所以硝酸体现氧化性和酸性，故B正确；C．Fe2O3+6HNO3=2Fe（NO3）3+3H2O，该反应中硝酸中各元素化合价不变，硝酸和碱性氧化物反应生成盐和水，体现酸性，故C错误；D．CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，该反应中硝酸中各元素化合价不变，硝酸和碱性氧化物反应生成盐和水，体现酸性，故D错误；故选B．【点评】本题以硝酸为载体考查了氧化还原反应，根据硝酸中元素化合价是否变化来分析解答，熟悉常见元素化合价，题目难度不大． 17．将3.9g镁铝合金，投入到500mL2mol•L﹣1的盐酸中，金属完全溶解，再加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是（ ）A．250mLB．500mLC．750mLD．1000mL【考点】有关混合物反应的计算．【分析】镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题．【解答】解：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl．根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：HCl～NaCl～NaOH112mol/L×0.5L4mol/L×VV=0.25L=250ml故选A．【点评】该题主要考查了化学计算中常用方法终态法，解题时需注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即全部转化为沉淀的Al3+，不能溶解，溶液中的溶质只有NaCl，需灵活运用原子守恒解题． 18．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﹣，也不含Fe3+B．含有NO3﹣、I﹣、Cl‑C．含I﹣，且肯定含有Cl﹣D．可能含有Fe3+【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】溶液呈强酸性，向该溶液中滴入Br2，单质Br2被还原，说明溶液中含有还原性离子，为I﹣，则氧化性离子不能存在．【解答】解：溶液呈强酸性，向该溶液中滴入Br2，单质Br2被还原，说明溶液中含有还原性离子，为I﹣，因NO3﹣、Fe3+具有强氧化性，与I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，-22-\n由于Cl﹣不发生反应，不能确定是否含有Cl﹣，故选A．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意根据题目信息结合离子的性质进行判断，注意NO3﹣、Fe3+与I﹣不能大量共存． 19．蓝紫色的硅酸铜钡的化学式为（BaCuSi2Ox，铜为+2价），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（ ）A．可用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2B．性质稳定，不易脱色C．易溶解于强酸和强碱D．x等于6【考点】含硅矿物及材料的应用．【分析】A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水；B．硅酸盐性质稳定；C．硅酸盐能和强酸反应；D．根据化合物中化合价的代数和为零计算．【解答】解：A．硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO•CuO•2SiO2，故A正确；B．BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；C．BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C错误；D．在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为﹣2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（﹣2）×x=0，解得x=6，故D正确；故选C．【点评】本题考查了硅酸盐的性质及利用化学式和元素的化合价来计算原子个数，难度不大，明确硅酸盐用氧化物形式表示时书写顺序，学生应利用信息中元素的化合价和常见元素在化合物中的化合价并结合化合价计算的原则来进行计算． 20．常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+下列说法正确的是（ ）A．H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱B．在H2O2分解过程中，溶液的酸性增强C．H2O2分解的总方程式为：H2O2═H2O+O2↑D．H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+【考点】氧化还原反应．【分析】反应2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，反应2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，Fe2+可为H2O2分解的催化剂，结合具体的化学反应来解答．【解答】解：A、由2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O、2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+可知，H2O2的氧化性＞Fe3+的氧化性，H2O2的还原性＞Fe2+的还原性，故A错误；-22-\nB、将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2↑，所以分解过程中，Fe2+作催化剂，溶液pH值不变，故B错误；C、将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2↑，所以总方程式为：2H2O2═2H2O+O2↑，故C错误；D、Fe2+为H2O2分解的催化剂，可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中氧化性的比较规律及两个化学反应的关系及催化剂在反应在的作用即可解答，难度不大． 21．下列中学常见实验的现象或表述正确的是（ ）A．过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显血红色B．制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁C．检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴即可D．FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，铁元素最终被氧化为+2价；B．氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁；C．氧化铁溶于盐酸，反应的氯化铁溶液，滴加KSCN溶液变红色；D．硝酸有强氧化性．【解答】解：A．过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，铁先被硝酸氧化为三价铁，铁能和三价铁反应生成亚铁离子，铁元素最终被氧化为+2价，滴加KSCN溶液，溶液不会显红色，故A错误；B．向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故B错误；C．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，故C正确；D．硝酸有强氧化性，能将二价铁离子氧化为三价铁离子，变为棕黄色，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的制备、检验等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大． 22．2.8gFe全部溶于一定浓度200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液中c（H+）=0.1mol•L﹣1．若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是（ ）A．反应后溶液中存在Fe3+和Fe2+B．1.12L气体是NO、NO2的混合气体C．反应后溶液中c（NO3﹣）=0.85mol•L﹣1D．反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算．【专题】计算题．-22-\n【分析】测得反应后溶液的c（H+）=0.1mol•L﹣1，则硝酸剩余，Fe失去电子变为Fe3+，n（Fe）==0.05mol，n（气体）==0.05mol，则由电子守恒可知，生成气体为NO，反应后的溶液中硝酸与硝酸铁中含NO3﹣，结合3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O计算最多消耗的Fe，以此来解答．【解答】解：A．因硝酸剩余，Fe完全反应，发生Fe失去电子变为Fe3+，则反应后溶液中铁元素一定只以Fe3+形式存在，故A错误；B．n（Fe）==0.05mol，n（气体）==0.05mol，则由电子守恒可知，气体中N元素的化合价为+2价，则气体为NO，故B错误；C．反应后的溶液中硝酸与硝酸铁中含NO3﹣，c（NO3﹣）==0.85mol/L，故C正确；D．原硝酸为0.02mol+0.05mol+0.15mol=0.22mol，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，最多消耗Fe为0.22mol××56=4.62g，则还能溶解4.62g﹣2.8=1.82g，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，明确硝酸剩余发生的化学反应及最多溶解铁发生的化学反应是解答本题的关键，注意利用电子守恒来分析生成的气体，选项D为解答的难点，题目难度中等． 二、填空题（共3小题，32分）23．（1）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O氧化剂是 K2Cr2O7 ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 3：2 ．（2）配平下列氧化还原反应方程式： 2 KMnO4+ 5 H2S+ 3 H2SO4（稀）﹣ 2 MnSO4+ 5 S↓+ 1 K2SO4+ 8 H2O（3）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染．化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气） 若反应中消耗Cl21.5mol则被氧化的NH3在标准状况下的体积为 22.4 L．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应方程式的配平．【分析】（1）化合价升高的元素被氧化，化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，根据反应中发生化合价变化的量来判断氧化剂与还原剂的物质的量之比；（2）氧化还原反应中，元素化合价升高值等于元素化合价降低值，根据电子守恒来配平方程式；（3）被氧化的氨气生成氮气，根据方程式计算生成氨气的物质的量，再根据氮原子守恒计算被氧化的氨气的物质的量，根据V=nVm计算被氧化氨气的体积．【解答】解：（1）在K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O反应中，氯元素化合价升高，所以氯元素被氧化，HCl是还原剂，其产物Cl2为氧化产物，铬元素化合价降低，所以K2Cr2O7是氧化剂，对应的产物CrCl3是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2；故答案为：K2Cr2O7；3：2；（2）该反应中元素的化合价变化如下：H2S→S，S元素的化合价由﹣2价→0价，一个S失去2个电子；-22-\nKMnO4→MnSO4，Mn元素的化合价由+7价→+2价，得到5e﹣，高锰酸钾中锰元素化合价降低7﹣2=5价，硫元素化合价升高0﹣（﹣2）=2价，化合价升高数=化合价降低数，所以得失电子的最小公倍数为10，所以高锰酸钾前的系数是2，H2S前的系数是5，根据原子守恒，S前是5，硫酸锰前是2，硫酸钾前面是1，根据硫酸根守恒，所以硫酸前面是3，据氧原子和氢原子守恒，产物有8个水分子，所以该反应为：2KMnO4+5H2S+3H2SO4=2MnSO4+5S↓+K2SO4+8H2O；故答案为：2、5、3、2、5、1、8；（3）被氧化的氨气生成氮气，根据方程式可知生成氨气的物质的量为1.5mol×=0.5mol，根据氮原子守恒可知被氧化的氨气的物质的量为0.5mol×2=1mol，故被氧化氨气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案为：22.4．【点评】本题考查氧化还原反应，涉及氧化还原反应基本概念、配平、计算等，题目难度中等，注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应的相关概念． 24．（14分）（2022秋•长春期末）有一瓶溶液只含Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中的某几种．经如下实验：①原溶液加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀；②将①所得溶液加热，放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；③原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀．④原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解．回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是 Cl﹣、NH4+、Mg2+ ，一定不含有的离子是 CO32﹣、SO42﹣ ．（2）请写出实验①、②、④有关反应的离子方程式：①产生白色沉淀 Mg2++2OH﹣=Mg2+（OH）2↓ ；②产生气体 NH4++OH﹣NH3↑+H2O ；④产生白色沉淀 Cl﹣+Ag+=AgCl↓ ．（3）有同学认为实验④可以省略，你认为呢？（填“可以”或“不可以”） 可以 ，并说明理由 溶液显电中性有阳离子存在必有阴离子存在 ．【考点】常见阴离子的检验；离子共存问题；常见阳离子的检验．【专题】离子反应专题．【分析】Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中只有有Mg2+能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32﹣反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32﹣；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42﹣；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl﹣．【解答】解：Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中只有有Mg2+能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32﹣反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32﹣；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42﹣；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl﹣．-22-\n（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl﹣、NH4+、Mg2+，一定不含有的离子是CO32﹣、SO42﹣，可能含有Na+、K+，故答案为：Cl﹣、NH4+、Mg2+；CO32﹣、SO42﹣；（2）氢氧化钠和Mg2+生成氢氧化镁沉淀，和NH4+反应生成氨气，Cl﹣和Ag+反应生成氯化银沉淀，反应离子方程式为：Mg2++2OH﹣=Mg2+（OH）2↓，NH4++OH﹣NH3↑+H2O，Cl﹣+Ag+=AgCl↓．故答案为：①Mg2++2OH﹣=Mg2+（OH）2↓；②NH4++OH﹣NH3↑+H2O；④Cl﹣+Ag+=AgCl↓；（4）溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，所以一定存在Cl﹣，所以实验④可以省略，故答案为：可以；溶液显电中性有阳离子存在必有阴离子存在．【点评】本题考查了离子的检验与推断．注意利用电荷守恒定律，即溶液呈电中性，从而快速解题． 25．（10分）（2022秋•增城市校级期末）已知钙的金属活泼性介于钾和钠之间，其化学性质与钠相似．钙及其化合物的有关反应如下：①Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑②CaO+H2O═Ca（OH）2③CaO2+H2O═ 2Ca（OH）2+O2↑ ④CaO+CO2═CaCO3⑤2CaO2+2CO2═2CaCO3+O2结合所学知识完成下列问题：（1）完成上述③的化学方程式：CaO2+H2O═ 2Ca（OH）2+O2↑ ；（2）用双线桥标出反应①的电子转移方向和数目：Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑（3）写出以钙为原料制取过氧化钙（CaO2）的化学方程式： Ca+O2CaO2 ；（4）在CaO2的水溶液中，滴入酚酞溶液，预期的实验现象可能是 溶液先变红色，后褪色 ；在该溶液中加入少量的MnO2固体，有气泡生成，写出该反应的化学方程式 2H2O22H2O+O2↑ ．【考点】化学基本反应类型；氧化还原反应．【分析】（1）钙的化学性质与钠相似，结合Na2O2与水的反应来分析；（2）在反应中，钙元素的价态由0变为+2价，水的氢元素的价态由+1价变为0价，据此分析．（3）根据钙与钠的性质的相似性来分析，仿照利用钠来制取过氧化钠的反应条件来书写；（4）利用CaO2与Na2O2的性质的相似性来分析．【解答】解：（1）CaO2与Na2O2的性质的有很强的相似性，Na2O2与水的反应生成NaOH和O2，故CaO2和H2O反应生成Ca（OH）2和O2，故反应为CaO2+H2O═2Ca（OH）2+O2↑，故答案为：2Ca（OH）2+O2↑；-22-\n（2）在反应中，钙元素的价态由0变为+2价，1molCa失去2mol电子；水的氢元素的价态由+1价变为0价，2molH2O得2mol电子，故电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（3）钙与钠的性质具有很强的相似性，用钠来制取过氧化钠的反应条件是加热，故以钙为原料制取过氧化钙（CaO2）也是将钙放在空气中加热即可，故反应为：Ca+O2CaO2，故答案为：Ca+O2CaO2；（4）Na2O2与水反应时，先发生复分解反应生成H2O2和NaOH，然后H2O2分解生成氧气，故在Na2O2与水反应时即体现碱性也体现漂白性；而CaO2与Na2O2的性质有相似性，故在CaO2的水溶液中，也会先生成Ca（OH）2和H2O2，体现碱性也体现漂白性，故滴入酚酞溶液，预期的实验现象可能是溶液先变红色，后褪色；MnO2是H2O2分解的催化剂，故加入少量的MnO2固体，会促进双氧水的分解，有气泡生成，反应为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：溶液先变红色，后褪色；2H2O22H2O+O2↑．【点评】本题考查了物质性质的相似性和递变性，难度不大，应根据钠及其化合物的性质来推测钙及其化合物的性质． 三、实验题：（16分）26．（16分）（2022秋•宁夏校级月考）无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾．某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示．请回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是 acbd ．a．加入MnO2粉末b．点燃A中酒精灯c．加入浓盐酸d．点燃D处酒精灯（2）写出A装置中发生反应的化学方程式 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ．（3）装置B中的试剂是 饱和食盐水 ，其作用是： 除去氯气中的氯化氢气体 ．（4）该装置存在主要安全隐患是 D、E间导管易发生堵塞 ．（5）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果，这种药品可以是 碱石灰或氧化钙 ．-22-\n（6）E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其原因 AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl↑ ．【考点】制备实验方案的设计．【分析】根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F．（1）氯化铝易水解，实验开始时先要将装置中的空气排尽，防止空气中的水蒸汽与生成的氯化铝反应；（2）A中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水；（3）实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，装置B是除去氯化氢气体；（4）无水AlCl3在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾，该装置存在安全隐患，在生成、收集氯化铝的位置发生导管堵塞；（5）根据所给的装置图可知，因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收空气中的CO2，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用；（6）E中收集到的氯化铝粉末，打开软木塞后，氯化铝与空气中的水蒸汽发生水解反应．【解答】解：根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F．（1）因为无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，所以实验开始时先要将装置中的空气排尽，防止空气中的水蒸汽与生成的氯化铝反应，所以操作依次是acbd，故答案为：acbd；（2）A中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，B装置中的试剂为饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢气体，故答案为：饱和食盐水；除去氯气中的氯化氢气体；（4）B装置中的试剂为浓硫酸，无水AlCl3在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾，该装置存在安全隐患，在生成、收集氯化铝的位置D、E间导管易发生堵塞，故答案为：D、E间导管易发生堵塞；（5）因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰或氧化钙来代替F和G的作用，故答案为：碱石灰或氧化钙；（6）E中收集到的氯化铝粉末，打开软木塞后，氯化铝与空气中的水蒸汽发生水解反应，所以可以看到锥形瓶中有白雾产生，反应方程式为AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl↑，故答案为：AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl↑．【点评】本题考查物质的制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的原理和注意事项，题目难度中等． -22-\n四、计算题（8分）27．将一定质量的镁铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解．向所得溶液中滴加浓度为5mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图．（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：（1）加入NaOH溶液0﹣﹣20mL过程中反应方程式为： HCl+NaOH=NaCl+H2O ．160﹣﹣180mL过程中反应方程式为 Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O ．（2）合金中Mg的质量为 4.8 g．所用HCl的物质的量浓度为 8 mol/L．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后，盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；（2）由图可知，从加入20m氢氧化钠溶液L开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠140mL，由氢氧根守恒可知3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH）=（0.16L﹣0.02L）×5mol/L=0.7mol．从加入氢氧化钠溶液160mL～180mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]=（0.18L﹣0.16L）×5mol/L=0.1mol，代入上式计算n[Mg（OH）2]，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]，再利用m=nM计算Mg的质量；沉淀量最大时，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒：n（NaCl）=n（NaOH），根据氯离子守恒：n（HCl）=n（NaCl），再利用c=计算盐酸的物质的量浓度．【解答】（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后，盐酸有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；故答案为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；（2）由图可知，从加入20m氢氧化钠溶液L开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠140mL，由氢氧根守恒可知3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH）=（0.16L﹣0.02L）×5mol/L=0.7mol．从加入氢氧化钠溶液160mL～180mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]=（0.18L﹣0.16L）×5mol/L=0.1mol，解得n[Mg（OH）2]=0.2mol，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.2mol，所以Mg的质量为0.2mol×24g/mol=4.8g；-22-\n沉淀量最大，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.16L×5mol/L=0.8mol，根据氯离子守恒：n（HCl）=n（NaCl）=0.8mol，故盐酸的物质的量浓度为=8mol/L，故答案为：4.8；8．【点评】本题以图象题的形式，考查镁铝化合物性质、混合物的计算，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算，题目难度中等． 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