1、- 1 -上饶中学 20182019 学年高三上学期开学检测化 学 试 卷 （零班、培优、补习班）时间：90 分钟 分值：100 分可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ba 137一选择题（本题共 16 小题，每小题只有一个选项符合题意，每题 3 分，共 48 分）1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是( )A. 石油裂化的主要目的是为了提高轻质液体燃料的产量B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” ，该过程发生了置换反应C. 向豆浆中加入盐卤(主要成
2、分为 MgCl2)可制作豆腐，利用了胶体聚沉的性质D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁” ，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A 项，裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油,煤油,柴油等)的产量,特别是提高汽油的产量,故 A 项正确；B 项，胆矾分子式为 CuSO45H2O，含有 Cu2+，用铁釜加热会发生置换反应，故 B 项正确；C 项，盐卤是电解质溶液，可以使胶体聚沉，故 C 项正确；D 项，对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故 D 错误；正确选项 D。2.本草纲目在绿巩(FeSO 47H2O)“发明”项载：“盖此钒色绿，味酸，
3、烧之则赤” 。下列叙述正确的是A. 绿矾能电离出 H+，所以有“味酸”B. 绿钒锻烧后的固体产物为 FeOC. 可用无水 CuSO4检验锻烧绿钒有 H2O 生成D. 通入 Ba(NO3)2溶液可检验煅烧产物中的 SO3【答案】C【解析】- 2 -A. 绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出 H+，之所以有“味酸” ，是溶解时亚铁离子水解的结果，故 A 错误；B. 绿钒锻烧后生成赤色的产物为氧化铁，故 B 错误；C. 水蒸气遇到无水 CuSO4会变成蓝色，因此可以用无水 CuSO4检验锻烧绿钒有 H2O 生成，故 C 正确；D. 酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，若生成二氧化硫，也会被氧化生成硫酸根离子
4、，进而生成硫酸钡沉淀，故 D 错误；故选 C。3.NA表示阿伏加德罗常数, 下列叙述正确的是（ ）A. 将 100mL0.1molL 的 FeCl3溶液滴入沸水中可制得 Fe（OH） 胶粒 0.01NAB. 1.00 mol NaCl 中, 所有 Na+的最外层电子总数为 86.021023C. 等物质的量的 N2和 CO 所含分子数均为 NAD. 向 FeI2溶液中通入适量 Cl2，当有 1molFe2+被氧化时，共转移的电子数目为 NA【答案】B【解析】A. 胶体粒子是多个分子的集合体，所以将 100mL0.1molL- 的 FeCl3溶液滴入沸水中制得Fe（OH） 胶粒小于 0.01NA
5、，故 A 错误；B. Na+的最外层电子数为 8，所以 1.00molNaCl 中所有 Na+的最外层电子总数为 86.021023，故 B 正确；C. N2和 CO 的物质的量不确定，所以等物质的量的 N2和 CO 所含分子数不能确定，故 C 错误；D. 向 FeI2溶液中通入适量 Cl2，由于还原性：I -Fe2+，所以当有 1molFe2+被氧化时，已有 2molI-被氧化,所以共转移的电子数目为 3NA，故 D 错误。故选 B。4.下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是 （ ） 用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶 配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌
6、； 用 pH 试纸测得氯水的 pH 为 2； 用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管； 浓硝酸保存在棕色细口瓶中；某溶液加入 NaOH 并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含 NH4A. B. C. D. 【答案】A【解析】氢氧化钙易变质为碳酸钙，用稀盐酸可以溶解碳酸钙，故正确；配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，相似于稀释浓硫酸，要将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故- 3 -错误；氯水中的次氯酸可以漂白 pH 试纸，所以不可用 pH 试纸测量氯水的 pH，故错误；稀硝酸可以氧化溶解银单质，故正确；浓硝酸是见光易分解的液体，所以保存在棕色细口瓶中，故正确；碱与铵盐受热生成碱性气
7、体氨气，所以某溶液加入 NaOH 并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含 NH4 ，故正确。故选 A。5.下列实验操作能达到实验目的的是选项 实验目的 实验操作A 除去 Cu 中少量 CuO 加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤及干燥BFeCl3废蚀刻液(含FeCl2、FeCl 3、CuCl 2、HCl)制备 FeCl2溶液废蚀刻液中加入过量铁粉、充分搅拌、过滤C检验碳与浓硫酸反应的气态产物中含 SO2和 CO2将产生的气体依次通过澄淸石灰水和品红溶液D 分离苯萃取溴水的水层和有机层先放出水层，然后换一个烧杯再放出有机层A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、稀硝酸与 C
8、u 和 CuO 都能反应，故 A 错误；B、在废蚀刻液中加入过量铁粉，能够与FeCl3、CuCl 2、HCl 反应，均生成 FeCl2，将生成的铜过滤除去，可以得到 FeCl2溶液，故 B正确；C、澄清石灰水也能吸收二氧化硫，因此需要先检验二氧化硫，后检验二氧化碳，故C 错误；D、用苯萃取溴水后的水层和有机层，应该先放出水层，然后将有机层从上口倒出，故 D 错误；故选 B。6.下列有关物质的应用与性质相对应的说法正确的有明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性- 4 -铅蓄电池放电时的 P
9、b 电极为正极MgO、Al 2O3的熔点很高，可制作耐高温材料NaHCO 3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂A1 具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个【答案】B【解析】明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附不溶于水的杂质，所以错误。氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜，发生如下反应 2FeCl3 + Cu = CuCl2 + 2FeCl2，所以正确。浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有吸水性，所以错误。铅蓄电池放电时的 Pb 电极为负极，正极是 PbO2，所以错误。MgO、Al
10、 2O3的熔点很高，可制作耐高温材料，正确。NaHCO 3能与有机酸反应生成二氧化碳气体，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂，所以错误。A1 具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品，正确。所以一共有 3 个正确的说法。选项 B 正确。7.下列各组物质能满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)( )a b c d- 5 - Si SiO2 H2SiO3 Na2SiO3 Al AlCl3 NaAlO2 Al(OH)3 Cu CuO Cu(OH)2 CuSO4 Fe2O3 FeCl3 FeCl2 FeA. B. C. D. 【答案】D【解析】SiO 2不能直接转化为H2SiO3；2
11、Al+6HCl 2AlCl3+3H2，AlCl 3+4NaOH NaAlO2+3NaCl+2H2O，CuO 不能直接转化为 Cu(OH)2；Fe 2O3+6HCl 2FeCl3+3H2O，2FeCl 3Fe 3FeCl2，FeCl 2+Zn=Fe+ZnCl2。因此，能满足如图所示转化关系，故选 D。点睛：解答本题类型习题需要熟悉常见元素 Na、Mg、Al、Fe、Cu、H、C、N、O、Si、S、Cl等形成的单质及其化合物的性质。8.关于某无色溶液所含离子的确定，下列判断正确的是A. 若加入 AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有 Cl 存在B. 加入几滴 Fe2(SO4)3溶
12、液，溶液变成紫色，可确定有酚羟基存在C. 若加入 Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有 SO42 或 Ag+的存在D. 若加入盐酸，生成无色无味气体且能使澄清石灰水变浑浊，可确定一定有 CO32【答案】B【解析】A、因加 HCl 之前生成的可能是 AgCl 沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上 HCl 中含有大量 Cl-离子，所以不能确定 Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的，A 错误；B、苯酚与铁离子反应溶液显紫色，所以加入几滴 Fe2(SO4)3溶液，溶液变成紫色，可确定有酚羟基存在，B 正确；C、因为加入的是硝酸钡，溶液中存在硝酸根离子，再加入盐酸时引入
13、氢离子，就相- 6 -当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，C 错误；D、能和盐酸反应生成二氧化碳气体的除了 CO32-还有 HCO3-，D 错误，答案选 B。点睛：本题考查了离子的检验，注意检验方法的严密性，在检验离子的存在时，排除干扰离子的存在决定了方案的严密性。9.下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A. Ca(HCO3)2溶液中滴加少量 NaOH 溶液：Ca 2+2HCO3 +2OH =CaCO3+2H 2O+CO32B. 向 NaHSO4溶液中滴加 Ba(OH)2溶液至不再产生沉淀：Ba 2+ + OH + H+ +
14、SO42 = BaSO4+ H 2OC. 酸性高锰酸钾溶液与 H2O2溶液混合：2MnO 4 + 3H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 4 O2+6H 2OD. 将磁性氧化铁溶于稀 HNO3：Fe 3O48H =2Fe3 Fe 2 4H 2O【答案】B【解析】【详解】A. Ca(HCO3)2溶液中滴加少量 NaOH 溶液，反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式：Ca 2+HCO3 +OH =CaCO3+H 2O，故 A 项错误；B. 至恰好不再生成沉淀时为止，SO 42 全部反应，和 Ba 2+为 1:1 的关系，由 NaHSO4的化学式可知 H+与 SO42 1:1 的关系，所以离子
15、方程式为 Ba2+ +OH +H+SO42 = BaSO4+H 2O ，故 B 项正确；C 项，电荷得失不守恒，正确的离子方程式为 2MnO4 +5H2O2+6H+ = 2Mn2+5O2+8H 2O，故 C 项错误；D 项，硝酸具有强氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，将磁性氧化铁溶于稀 HNO3的离子方程式：3Fe 3O428H +NO3-=9Fe3 NO14H 2O, 故 D 项错误;正确选项 B。【点睛】判断离子方程式的正误，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化还原反应中的得失电子是否守恒等。10.下列各组物质相互混合反应后，最终有白
16、色沉淀生成的是向硅酸溶胶中逐渐滴加氢氧化钠至过量 过量 NaOH 溶液和明矾溶液混合少量 Ca(OH)2溶液投入到过量 NaHCO3溶液中 向 NaAlO2中滴入 NaHCO3溶液向饱和 Na2CO3溶液中通入足量 CO2 氯化钙溶液中通入少量的 CO2A. B. C. 只有 D. 只有- 7 -【答案】D【解析】向硅酸溶胶中逐渐滴加氢氧化钠至过量导致硅酸胶体聚沉，硅酸溶于氢氧化钠生成硅酸钠和水，最终没有白色沉淀产生，错误；过量 NaOH 溶液和明矾溶液混合首先有白色沉淀氢氧化铝生成，氢氧化钠过量后沉淀溶解转化为偏铝酸盐，最终没有沉淀产生，错误；少量Ca(OH)2溶液投入到过量 NaHCO3溶
17、液中发生的反应为：Ca(OH) 2+NaHCO3=CaCO3 +H 2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，正确；向 NaAlO2中滴入 NaHCO3溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成氢氧化铝白色沉淀，正确；向饱和Na2CO3溶液中通入足量 CO2发生的反应为：Na 2CO3+H2O+CO22NaHCO 3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和 Na2CO3溶液中通入足量 CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，正确；二氧化碳和氯化钙不反应，所以少量的 CO2通入其溶液中没有有沉淀生成，错误；答案选 D。点睛：本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解
18、反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意根据物质的溶解度能判断产生沉淀，该题为易错选项。11.将一定量的 NaHCO3和 Na2O2的混合物置于一密闭容器中充分加热，反应中转移电子的物质的量为 1 mol，下列说法一定正确的是 ( )A. 混合物中 NaHCO3和 Na2O2的物质的量一定相等B. 容器中肯定有 0.5 mol O2C. 反应后，容器中的固体只有 Na2CO3D. 反应后，容器中一定没有 H2O【答案】B【解析】本题涉及反应：2NaHCO 3 Na2CO3+H2O+CO2、2Na 2O2+2CO2 2Na2CO3+O2，还可能有2Na2O2+2H2O 4NaOH+
19、O2。A. 混合物中 NaHCO3 和 Na2O2物质的量没有一定关系，故 A 不一定正确；B. 2Na2O2O 22e ，反应中转移电子的物质的量为 1mol，所以容器中肯定有0.5molO2，故 B 正确；C. 反应后容器中的固体还可能有 NaOH，故 C 不一定正确；D. 反应后容器中可能有 H2O，故 D 不一定正确。故选 B。12.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是 （ ）- 8 -A. 在含有等物质的量的 AlO2-、OH -、CO 32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO 2-、OH -、CO 32-B. 在含等物质的量的 FeBr2、
20、FeI 2溶液中，缓慢通人氯气：I -、Br -、Fe 2+C. 在含等物质的量的 KOH、Ba(OH) 2溶液中，缓慢通入 CO2: KOH、Ba(OH) 2、K 2CO3、BaCO 3D. 在含等物质的量的 Fe3+、Cu 2+、H +溶液中加入锌粉：Fe 3+、Cu 2+、H +【答案】D【解析】A、结合 H 能力：OH AlO2 CO32 ，因此与盐酸反应的先后顺序是 OH AlO2 CO32 ，故错误；B、还原性强弱：I Fe2 Br ，因此通入氯气，反应先后的顺序是 I Fe2 Br ，故错误；C、CO 32 先于 OH 发生生成 CO32 ，CO 32 与 Ba2 反应生成 Ba
21、CO3，因此认为先和 Ba(OH)2反应，再与 KOH 反应，故错误；D、氧化性：Fe 3 Cu2 H ，加入 Zn，Zn 先与 Fe3 反应，然后与 Cu2 ，最后与 H 反应，故正确。13.已知：SO 32 一 +I2+H2O=SO42 一 +2H+2I-。某溶液中可能含有 Na+、NH 4+、Fe 2+、K +、I -、SO 42-、SO 32-，中的若干种，且所含离子的物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于该溶液组成的判断正确的是（ ）A. 肯定不含 I- B. 肯定不含 SO42- C. 肯定不含有 SO32- D. 可能含有 NH4+【答案】B【解析
22、】【详解】Fe 2+在水溶液中显浅绿色，而溶液为无色，故不可能含有 Fe2+；向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，表明 Br2参与反应且产物仍为无色，SO 32-、I -可与 Br2反应生成 SO42-和 I2，反应后溶液仍为无色说明未生成 I2，则一定含有 SO32-，根据已知反应可知：SO 32-还原性比 I-强，则无法判断是否含有 I-；溶液中所有离子物质的量浓度相等，根据电荷守恒可知，一定不含有 SO42-，B 正确；正确选项 B。【点睛】本题考查了离子反应及其计算，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答的关键，注意掌握根据电荷守恒在判断离子存在的方法，培养了学生的分析
23、能力和化学计算能力。14.在硫酸铁溶液中，加入 a g 铜完全溶解后再加入 b g 铁，充分反应后得到 c g 残余固体，且 a c，则下列说法中正确的是（ ）A. 残余固体可能为铁和铜的混合物 B. 最后得到的溶液可能含有 Fe3+C. 最后得到的溶液中一定含有 Fe2+,可能含有 Cu2+ D. 残余固体一定全部是铜- 9 -【答案】D【解析】A. Fe+Cu2+ Fe2+Cu， a c，说明铜离子未完全被置换，铁不可能剩余，所以残余固体是铜，故 A 错误；B.残余固体是铜，2Fe 3+Cu 2Fe2+Cu 2+，所以最后得到的溶液不可能含有 Fe3+，故 B 错误；C.铜离子未完全被置换
24、，所以最后得到的溶液中一定含有 Cu2+，故 C 错误；D.残余固体一定全部是铜，故 D 正确。故选 D。15.如图装置，将溶液 A 逐滴加入固体 B 中，下列叙述正确的是A. 若 A 为浓盐酸，B 为 MnO2，C 中盛品红溶液，则 C 中溶液褪色B. 若 A 为醋酸，B 为贝壳，C 中盛过量澄清石灰水，则 C 中溶液变浑浊C. 若 A 为浓氨水，B 为生石灰，C 中盛 AlCl3溶液，则 C 中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D. 若 A 为浓硫酸，B 为 Na2SO3固体，C 中盛石蕊试液，则 C 中溶液先变红后褪色【答案】B【解析】【详解】A 项，二氧化锰与浓盐酸混合加热可得到氯气，而题目中
25、的装置制取气体无需加热，所以无法制取氯气，故 A 项错误；B 项，贝壳的主要成分为碳酸钙，醋酸和碳酸钙反应：CaCO 3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2，该反应无需加热就可以发生，二氧化碳和澄清石灰水反应：CO 2+Ca(OH)2=CaCO3+H 2O，有不溶于水的碳酸钙生成，所以试管中溶液变浑浊，故 B 项正确；C 项，实验室制备 NH3，可用浓氨水和 CaO 固体反应，化学方程为：NH 3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3，浓氨水易挥发，CaO 固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，可选择图中的制
26、取装置，C 中盛AlCl3溶液，氨气和水反应生成氨水，氨水和 AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，C 中不可能先产生白色沉淀后沉淀又溶解，故 C 项错误；D 项，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，硫酸和亚硫酸钠反应生成亚硫- 10 -酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，Na 2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H 2O，所以能用图中的制取装置制备 SO2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，能使 C 中盛石蕊试液变红，但不能使其褪色，故 D 项错误;正确选项 B。16.某离子反应涉及 H2O、ClO 、NH 4+、H +、N 2、Cl 六种微粒。其中
27、 c(NH4+)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是( )A. 反应的还原产物是 N2B. 消耗 1 mol 氧化剂，转移电子 3 molC. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：3D. 反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】某离子反应涉及 H2O、ClO 、NH 4+、H +、N 2、Cl 六种微粒，其中 c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则 NH4+是反应物，N 2是生成物，由此推断该反应为 NH4+与 ClO-的氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，离子方程式为：2NH 4+3ClO-=N2+3Cl +3H2O+2H+，N 元素化合价由-30，Cl 元素化合价由+1-1
28、；A 项，反应的还原产物是 Cl-，故 A 错误；B 项，消耗1mol 氧化剂(ClO -)，转移 2mol 电子，故 B 错误；C 项，氧化剂 ClO-与还原剂 NH4+物质的量之比为 3：2，故 C 错误；D 项，反应生成 H+，所以反应后酸性明显增强，故 D 正确。二、非选择题(共 4 小题，共 52 分)17.Cu2O 是一种鲜红色粉末状固体，几乎不溶于水，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。可用于制造船底防污漆等。某校合作学习小组的同学设计实验验证其某些性质及其胶体的制法。回答下列问题：（1）甲组同学检验 H2还原 CuO 所得的红色粉末中是否有 Cu2O。取反应产物少许加入试管中，加
29、入足量的试剂 X 并搅拌，若发现溶液变蓝且仍有剩余固体，则试剂 X 可选用_(填序号)。AFeCl 3溶液 B硝酸 C稀硫酸 dH 2O2酸性溶液（2）乙组同学在两支试管中分别加入少量 Cu2O，一支中加入稀硝酸，固体溶解同时产生 NO气体，Cu 2O 表现_性；另一支加入硫酸酸化的 KMnO4溶液，溶液紫色褪去得蓝色溶液，反应的离子方程式为_。- 11 -（3）丙组同学取少量 Cu2O 与黑色的 Cu2S 混合加强热，产生大量的气体同时得到红色固体粉末，该反应的化学方程式为_。（4）丁组同学向 0.1molL-1 的(CH 3COO)2Cu 溶液中加入 0.02molL-1的 N2H4的水溶
30、液，控制 pH=78，得到红色透明液体，能说明该分散系属于胶体的简单方法是_。已知制备过程中有 N2放出，制备反应的化学方程式为_。【答案】 (1). c (2). 还原 (3). 5Cu2O+26H+2MnO4-=2Mn2+l0Cu2+13H2O (4). 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2 (5). 用激光笔照射，观察到丁达尔现象 (6). 4(CH3COO)2Cu+N2H4+2H2O=2Cu2O(胶体)+N 2+8CH 3COOH【解析】(1)Cu2O 是一种鲜红色粉末状固体，几乎不溶于水，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。因此检验是否有 Cu2O，可以取反应固体少许加入试管中，加入足
31、量的稀硫酸搅拌，若发现溶液变蓝且仍有剩余固体，说明含有 Cu2O，故选 c；(2)在 Cu2O 加入稀硝酸，固体溶解同时产生 NO 气体，体现了硝酸的氧化性，则体现了 Cu2O的还原性；Cu 2O 中加入硫酸酸化的 KMnO4溶液，溶液紫色褪去得蓝色溶液，是 KMnO4溶液氧化 Cu2O 反应生成了硫酸铜，高锰酸钾本身被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为5Cu2O+26H+2MnO4-=2Mn2+l0Cu2+13H2O，故答案为：还原；5Cu 2O+26H+2MnO4-=2Mn2+l0Cu2+13H2O；(3)Cu2O 与 Cu2S 混合加强热，产生大量的气体同时得到红色固体粉末，红色固体粉末应
32、该是铜，则气体为二氧化硫，反应的化学方程式为 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2，故答案为：2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2；(4)胶体具有丁达尔效应，只要用激光笔照射，观察是否有丁达尔效应，就能说明该分散系是否属于胶体；0.1molL -1 的(CH 3COO)2Cu 溶液中加入 0.02molL-1的 N2H4的水溶液，控制pH=78，反应生成氮气，说明 N2H4属于还原剂，则(CH 3COO)2Cu 为氧化剂，结合生成红色透明胶体，该胶体为 Cu2O(胶体)，反应的方程式为 4(CH3COO)2Cu+N2H4+2H2O=2Cu2O(胶体)+N2+8CH 3COOH，故答案为：用激光
33、笔照射，观察到丁达尔现象；4(CH 3COO)2Cu+N2H4+2H2O=2Cu2O(胶体)+N 2+8CH 3COOH。18.由 Fe2O3、Fe、CuO、C、Al 中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：- 12 -(1)取少量溶液 X，加入过量的 NaOH 溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入 CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）_。(2)Z 为一种或两种气体：若 Z 只为一种气体，试剂 a 为饱和 NaHCO3溶液，则反应 I 中能同时生成两种气体的化学方程式是_。若 Z 为两种气体的混合物，试剂 a 为适量水，则 Z 中两种气体的化学式是_
34、。(3)向 Y 中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）_。(4)取 Y 中的溶液，调 pH 约为 7，加入淀粉 KI 溶液和 H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗 2 mol I-时，共转移 3 mol 电子，该反应的离子方程式是_。【答案】 (1). Al (2). C+2H2SO4(浓) CO2+2SO 2+2H 2O (3). NO CO2 (4). Cu2+ Fe3+ H+ (5). 2Fe2+3H2O2+4I-=2Fe(OH)3+2I 2【解析】【详解】 （1）无论加什么浓酸(硫酸和硝酸),溶液 X 中都可能含有 Fe3+ 、Cu 2+、A
35、l 3+三种金属阳离子；向溶液 X 中加入过量的 NaOH 溶液,可转化为 Fe(OH)3和 Cu(OH)2沉淀析出；如果有Al3+,则可转化为 AlO2-离子，如果取上层清液通入 CO2后，会发生反应 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO 3-,产生白色沉淀 Al(OH)3，题给信息实验结果无明显变化，所以可以肯定溶液 X 中没有 AlO2-,样品中没有 Al；因此，本题正确答案是: Al 。 (2) 若 Z 只为一种气体,试剂 a 为饱和 NaHCO3溶液,则 z 为 CO2,两种气体中一种与 NaHCO3溶液生成 CO2,应为 SO2,则浓酸为浓硫酸；反应 I 中能同时生
36、成两种气体的化学方程式是：- 13 -C+2H2SO4(浓) CO2+2SO 2+2H 2O ；正确答案：C+2H 2SO4(浓) CO2+2SO 2+2H 2O。若 Z 为两种气体的混合物,试剂 a 为适量水,则其中一种为 NO2, NO2与水反应生成硝酸和NO，所以气体 Z 为 NO、CO 2化合物,则浓酸为浓硝酸；因此，本题正确答案是: NO、CO 2。(3)向溶液 X 中加过量 Fe 粉,得 Y 溶液和两种固体,且一种固体为红色 Cu,另一种就是过量的Fe 粉,这个过程发生了置换反应:Cu 2+Fe=Cu+Fe2+,向 Y 溶液中通入过量氯气,并不断搅拌,会发生如下反应:Cl 2+2F
37、e2+=2Cl-+2Fe3+、2Fe 3+Cu=2Fe2+ Cu2+、Cl 2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是: Cu 2+、Fe 3+、 H +；因此，本题正确答案是: Cu 2+、Fe 3+、H + 。 (4)取 Y 中的溶液,调 pH 约为 7,加入淀粉 KI 溶液和 H2O2,溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成；I-、Fe 2+共同还原 H2O2，当消耗 2molI-时，共转移 3mol 电子，转移 3mol 电子其中 2mol 来自I-，另外 1mol 电子来自 Fe2+，即氧化的 I-与 Fe2+之比是 2:1，需要 H2O2再提供 3mol 电子；反应方程式:
38、2Fe 2+3H2O2+4I-=2Fe(OH)3+2I 2；正确答案：2Fe 2+3H2O2+4I-=2Fe(OH)3+2I 2。19.榴石矿石可以看作 CaO、FeO、Fe 2O3、Al 2O3、SiO 2组成。工业上对其进行综合利用的流程如下：（1）用方程式表示盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因_；（2）溶液中除了 Ca2+外，还可能含有的金属阳离子有_；（3）步骤中 NaOH 参加反应的离子方程式是_，鼓入空气并充分搅拌的目的是_。（4）在工业生产中，步骤通入过量 CO2而不加入盐酸的原因是_；写出步骤通入过量 CO2的离子方程式 _。（5）试设计实验证明榴石矿中含有 FeO（试
39、剂任选，说明实验操作与现象）_。【答案】 (1). 2 NaOH+SiO2 =Na2 SiO3 +H2O (2). H+、Al 3 、Fe 3 、Fe 2 (3). Al (OH)3+OH =AlO2 +2H2O (4). 使氢氧化亚铁全部转化为氢氧化铁 (5). 使用二氧- 14 -化碳可以避免盐酸过量导致生成的氢氧化铝溶解，同时二氧化碳容易制取且价格便宜 (6). AlO2 +2H2O + CO2 =Al (OH)3 +HCO3 (7). 取少量矿石，加稀硫酸溶解后，向其中滴加酸性的高锰酸钾溶液，若紫色退去，证明矿石中含有 FeO （加盐酸溶解或取溶液进行实验不得分）【解析】【分析】榴石矿
40、石可以看作 CaO、FeO、Fe 2O3、A1 2O3、SiO 2组成，加入盐酸溶解过滤得到滤液中含氯化钙、氯化亚铁、氯化铁、氯化铝、盐酸，固体为 SiO2，溶液中加入氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、氢氧化铝，过滤得到沉淀物 A 加热过量氢氧化钠通入空气，氧化氢氧化亚铁生成沉淀物氢氧化铁和溶液为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝；（1）二氧化硅是酸性氧化物和碱反应生成盐和水；（2）溶液除去钙离子，含有阳离子 H+、Fe 2+、Fe 3+、Al 3+；（3）步骤中 NaOH 参加反应和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，鼓入空气充分搅拌是为了氢氧化亚铁氧化为氢氧化
41、铁；（4）步骤通入过量 CO2而不加入盐酸的原因是避免盐酸过量使氢氧化铝溶解，二氧化碳制备方法简单价格便宜，过滤的二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；（5）取少量矿石加入稀硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液若褪色证明含有氧化亚铁。【详解】榴石矿石可以看作 CaO、FeO、Fe 2O3、A1 2O3、SiO 2组成，加入盐酸溶解过滤得到滤液中含氯化钙、氯化亚铁、氯化铁、氯化铝、盐酸，固体为 SiO2，溶液中加入氢氧化钠反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁、氢氧化铝，过滤得到沉淀物 A 加热过量氢氧化钠通入空气，氧化氢氧化亚铁生成沉淀物氢氧化铁，和溶液为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀
42、，加热分解生成氧化铝；（1）玻璃中的二氧化硅和氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，故答案为：2NaOH+SiO 2=Na2SiO3+H2O；（2）依据流程分析判断，溶液除去钙离子，含有阳离子 Fe2+、Fe 3+、Al 3+，溶液pH1，说明盐酸过量，溶液中还含有 H+，故答案为：H +、Fe 2+、Fe 3+、Al 3+；（3）步骤中 NaOH 参加反应和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，反应的离子方程式为：- 15 -Al（OH） 3+OH AlO 2 +2H2O，鼓入空气充分搅拌是为了氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，故答案为：Al（O
43、H） 3+OH AlO 2 +2H2O；使氢氧化亚铁全部转化为氢氧化铁；（4）步骤通入过量 CO2而不加入盐酸的原因是避免盐酸过量使氢氧化铝溶解，二氧化碳制备方法简单价格便宜，步骤通入过量 CO2的反应是二氧化碳和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO 2 +2H2O + CO2 =Al (OH)3 +HCO3 ，故答案为：使用二氧化碳可以避免盐酸过量导致生成的氢氧化铝溶解，同时二氧化碳容易制取且价格便宜；AlO 2 +2H2O + CO2 =Al (OH)3 +HCO3 ；（5）取少量矿石，加稀硫酸溶解后，向其中滴加酸性的高锰酸钾溶液，若紫色退去，证明矿石中含
44、有 FeO，故答案为：取少量矿石，加稀硫酸溶解后，向其中滴加酸性的高锰酸钾溶液，若紫色退去，证明矿石中含有 FeO。【点睛】本题考查了物质分离方法和流程分析判断，主要是实验操作和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等。20.化学兴趣小组设定以下实验方案，测定某已变质为碳酸钠的小苏打样品中 NaHCO3的质量分数。方案一：称取一定质量样品,置于坩埚中加热至恒重,冷却,称量剩余固体质量,计算。（1）坩埚中发生反应的化学方程式为:_；（2）实验中需加热至恒重的目的是：_；方案二：称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解;向小烧杯中加入足量 Ba(OH)2溶液，过滤，洗涤，干燥沉淀，称量
45、固体质量，计算。（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为_；（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是_。方案三：按如图装置进行实验：- 16 -（1）B 装置内所盛试剂是_;D 装置的作用是_；分液漏斗中_（填“能”或“不能” ）用盐酸代替稀硫酸进行实验。（2）实验前称取 17.9g 样品，实验后测得 C 装置增重 8.8g，则样品中 NaHCO3的质量分数为_。（3）根据此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是:_。【答案】 (1). 2NaHCO3 Na2CO3H 2OCO 2 (2). 保证 NaHCO3分解完全 (3). 玻璃棒 (4). 取少量上
46、层清液于试管中，滴加一滴 Ba(OH)2溶液，观察是否有白色沉淀生成 (5). 浓硫酸 (6). 防止空气中的水蒸气、CO 2进入 C 装置 (7). 不能 (8). 70.4%（70%） (9). 缺少一套将 A、B 装置内的 CO2气体驱赶到 C 装置中的装置（或其他合理答案）【解析】【分析】方案一碳酸氢钠不稳定,受热易分解,根据加热前后固体质量变化,根据差量法求碳酸氢钠的质量,进而求得碳酸钠的质量分数；(1)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳；(2)加热恒重保证碳酸氢钠完全分解；方案二碳酸钠和碳酸氢钠都和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀,根据生成沉淀的质量来计算碳酸钠的质量分数；(1)根
47、据过滤操作考虑所需仪器；(2)可取上层清液,继续加沉淀剂,看是否生成沉淀；方案三(3)由测定含量的实验可以知道,A 中发生Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2+Na 2SO4、2NaHCO 3+ H2SO4=2H2O+2CO2+Na 2SO4,B 中为浓硫酸吸收水,干燥二氧化碳,利用 C 装置吸收二氧化碳,D 装置防止空气中的二氧化碳、水进入 C 装置干扰含量测定；(4)结合反应定量关系和元素守恒计算得到物质的质量,来计算物质含量；(5)二氧化碳气体不能全部进入 C 装置被吸收,需要添加一个将二氧化碳气体赶入装置 C 的装置。- 17 -【详解】方案一(1)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,反应方程式为: 2NaHCO 3Na2CO3H 2OCO 2；正确答案：2NaHCO
