1、1天津市七校（静海一中，杨村中学，宝坻一中，大港一中等）2019届高三上学期期中联考化学试题1.下列物质与其用途相符合的是NH 3工业上制 HNO3 SiO 2太阳能电池碘元素预防甲状腺肿大 Al 2O3耐火材料A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】NH 3NONO 2HNO 3 ，故正确；二氧化硅作光导纤维，故错误；碘有极其重要的生理作用，人体内的碘主要存在于甲状腺中，人体内如果缺碘，甲状腺得不到足够的碘会形成甲状腺肿大，所以适当地补充碘，能预防甲状腺肿大，故正确；氧化铝是一种白色难熔的物质，是一-种很好的耐火材料,故正确；故选 D。2.下列说法正确的是A. 所有物质燃烧必须有氧
2、气B. 金属钠着火时可以使用泡沫灭火器灭火C. 不能用玻璃塞的试剂瓶长期盛放氢氧化钠溶液D. 置换反应中的反应物单质一定是还原剂【答案】C【解析】【详解】A. 不是所有物质的燃烧都需要氧气，如氢气、氯气的燃烧就不需要氧气，故 A 错误；B. 金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，故 B 错误； C. 因为氢氧化钠(NaOH)具有碱性,可以与玻璃(成分是二氧化硅 SiO2)发生化学反应：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O ，Na 2SiO3的水溶液俗称水玻璃，具有黏合性，把玻璃塞和试剂瓶粘在一起，致使打不开，故 C 正确；2D.不一定， Cl
3、 2+2HBr=Br2+2HCl ，Cl 2是氧化剂，故 D 错误；故选 C。【点睛】长期盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，必须用木塞或橡胶塞，原因是：氢氧化钠具有碱性,可以与玻璃(成分是二氧化硅 SiO2)发生化学反应：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O ，Na 2SiO3的水溶液俗称水玻璃，具有黏合性，把玻璃塞和试剂瓶粘在一起，致使打不开。3.下列关于化学键的叙述正确的是A. 离子化合物中只含有离子键B. 单质分子中均不存在化学键C. 含有非极性键的化合物一定是共价化合物D. 共价化合物分子中一定含有极性键【答案】D【解析】【详解】A.离子化合物中一定含有离子键，可能有共价键
4、，例如 NaOH；故 A 错误；B. Cl2中有共价键，故 B 错误；C. Na2O2中有非极性键，故 C 错误；D.共价化合物分子中含有不同的非金属元素，故 D 正确；故选 D。【点睛】离子化合物中肯定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键，肯定有共价键；不同种非金属元素原子间形成极性共价键，同种非金属元素原子间形成非极性共价键，惰性气体单质分子中没有化学键。4.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是A. K+、H +、SiO 32 、SO 42B. Na+、K +、OH 、SO 32C. Na+、Cl 、H +、ClO D. Fe2+、Na +、AlO 2 、OH 【答案】B【解
5、析】【详解】A. H +和 SiO32 生成硅酸沉淀，不能大量共存，故 A 错误；B.能大量共存，故 B 正确；3C. H+与 ClO 生成次氯酸，次氯酸是弱酸，不能大量共存，故 C 错误；D. Fe2+ 与 OH 不能大量共存，故 D 错误；故选 B。【点睛】 （1）在溶液中离子间能互相反应生成难溶性物质时，这些离子就不能大量共存。（2）离子间能结合生成难电离物质时，则这些离子不能大量共存。（3）离子间能结合生成挥发性物质时，则这些离子不能大量共存。（4）离子之间能发生氧化还原反应时，则这些离子不能大量共存。（5）还应注意题目是否给出溶液的酸碱性，是否给定溶液是无色的，在酸性溶液中除题给离子
6、外，还应有大量 H+；在碱性溶液中除题给离子外，还应有大量 OH ，若给定溶液为无色时，则应排除 Cu2+ (蓝色)、 Fe2+（浅绿色） 、Fe 3+（棕黄色） 、MnO 4 （紫色） 。5.根据下列反应，推断氧化性强弱顺序正确的是2Fe 2+Cl 22Fe 3+2 Cl HClOHClCl 2H 2OCu2Fe 3+2Fe 2+Cu 2+A. Cl2HClOCu 2+ B. HClOCl 2Fe 3+C. Cl2Cu 2+Fe 3+ D. Fe3+Cu 2+HClO【答案】B【解析】【详解】2Fe 2+Cl 22Fe 3+2Cl 中氧化剂是 Cl2，氧化产物是 Fe3+，氧化性：Cl2Fe
7、 3+；HClOHClCl 2H 2O 中氧化剂是 HClO，氧化产物是 Cl2，氧化性：HClOCl 2；Cu2Fe 3+2Fe 2+Cu 2+中氧化剂是 Fe3+，氧化产物是 Cu2+，氧化性：Fe 3+Cu 2+；综上得到氧化性顺序是 HClOCl 2Fe 3+Cu 2+。故选 B。【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物。6.一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的 CO2气体，忽略溶液体积的变化，下列有关说法中正确的是A. 溶液出现浑浊现象 B. 溶液的 pH 变大C. c(Na+)不变 D. 溶液中不存在 CO32-4【答案】A【解析】【分析
8、】一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的 CO2气体,发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，所以溶液中的溶质变为碳酸氢钠，Na 2CO3的溶解性大于 NaHCO3，溶液为过饱和溶液，所以溶液中有部分 NaHCO3析出，据此分析解答。【详解】A. 溶液中有部分 NaHCO3析出，所以溶液出现浑浊现象，故 A 正确；B. 碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，反应后溶液中的溶质由碳酸钠转化为碳酸氢钠，所以溶液的碱性减小，溶液的 pH 减小，故 B 错误；C. Na2CO3的溶解性大于 NaHCO3，所以溶液中 c（Na +）减小，故 C 错误；D. 溶液中存在 CO32-,故
9、D 错误；故选 A。7.下列离子方程式中正确的是A. 澄清的石灰水与盐酸反应 Ca(OH)2H +Ca 2+2H 2OB. NH4HCO3溶液与过量 NaOH 溶液反应：NH 4 OH NH 3H 2OC. 向 FeI2溶液与过量氯水的反应 2Fe2+Cl 22Fe 3+2Cl D. 过量的 NaHSO4与 Ba(OH)2溶液反应：Ba 2 2OH 2H SO 42 BaSO 42H 2O【答案】D【解析】【详解】A. 澄清的石灰水用离子表示，故 A 错误；B. NH4HCO3溶液与过量 NaOH 溶液反应生成碳酸钠、一水合氨和水，正确离子方程式为：HCO3-+NH4+2OH-=NH3H 2O
10、+H2O+CO32-，故 B 错误；C. FeI2溶液与过量氯水的反应，2Fe 2+3Cl 2+4Br-=2Fe3+6Cl +2Br2，故 C 错误；D. 过量的 NaHSO4与 Ba(OH)2溶液反应：Ba 2 2OH 2H SO 42 BaSO 42H 2O,故 D 正确；故选 D。8.N0为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 18 g D2O 和 18 g H2O 中含有的质子数均为 10N0B. 2 L 0.5 molL1 亚硫酸溶液中含有的 H+数为 2N0C. 过氧化钠与水反应时，生成 0.1mol O2转移的电子数为 0.2N05D. 50 mL 18.4 molL1 浓硫
11、酸与足量铜微热，反应生成 SO2分子的数目为 0.46N0【答案】C【解析】【详解】A. D 2O 和 H2O 相对分子质量不同，所以物质的量不同，质子数也不同，故 A 错误；B. 亚硫酸的 n = 1mol,但亚硫酸为弱电解质不能完全电离，含有的 H+个数小于 2N0，故 B错误；C. 2Na2O2+2 H2O=4NaOH +O2,由方程式知，每生成 1mol O2转移电子的物质的量为 2mol,所以生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2N0，故 C 正确；D. 铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于 0.46N0，故 D 错误；故选 C
12、。9.配制一定物质的量浓度的稀硫酸，下列情况会使配制结果偏大的是溶解后未冷却即转移、定容定容时仰视容量瓶刻度线用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤 23 次，转移至容量瓶A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据 c=n/V 判断不当操作对 n、V 的影响，进而判断溶液浓度的变化。【详解】溶解后未冷却即转移、定容，V 偏小，故浓度偏大；定容时仰视容量瓶刻度线，V 偏大，故浓度偏小；用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视，n 偏小，故浓度偏小；量筒不用洗涤，故 n 偏大，故浓度偏大；故选 C。10.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
13、色，证明原溶液中有 Fe3+，无 Fe2+6B. 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【答案】B【解析】【详解】A. 在溶液中加 KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有 Fe3+，可能有 Fe2+，故 A 错误；B. 无水硫酸铜结合水分子生成胆矾，粉末变蓝，故 B 正确；C. 灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有 Na+，可能有 K+，故 C 错误；D. 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，原气体可能是 CO2，也可能是 SO2；故 D 错误；故选 B。1
14、1.X、Y、Z 均是短周期元素，X、Y 处于同一周期，X、Z 的最低价离子分别为 X2 和Z ，Y 和 Z 离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是A. 离子半径：X 2 Z Y B. 单质沸点：XYZC. 原子最外层电子数：YZX D. 原子序数：YXZ【答案】A【解析】【分析】X、Z 的最低价离子分别为 X2-和 Z-，则 X 为第A 族元素，Z 为A 族元素；Y +和 Z-具有相同的电子层结构，则 Y 在 Z 的下一周期，则 Y 为 Na 元素，Z 为 F 元素，X、Y 同周期，则 X为 S 元素。【详解】ANa +、F -具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，故 A
15、正确；B常温下 Na、S 为固体，F 2为气体，Na 的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为NaSF 2，故 B 错误；CX、Y、Z 分别为 S、Na、F，原子最外层电子数分别为 6、1、7，故 C 错误； DX、Y、Z 原子序数分别为 16、11、9，原子序数：XYZ，故 D 错误；故选 A。12.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入下列固体粉末，铜粉可以溶解的是A. Fe B. Na2SO4 C. KNO3 D. FeCl27【答案】C【解析】【详解】A. 铜不溶解，只有铁和硫酸反应放出氢气，故 A 错误；B. Na2SO4不能与铜反应，故 B 错误；C. 硝酸根与原溶液中的 H+在一起
16、可发挥其氧化性，跟铜反应，生成一氧化氮，硝酸铜和水，故 C 正确；D.铜不能与 FeCl2反应，故 D 错误；故选 C。13.下列有关元素的说法正确的是A. A 族与A 族元素间一定形成离子化合物B. 第二周期元素从左到右，最高正价从+1 递增到+7C. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强D. 元素周期表中的 117 号元素（Uus）位于第七周期、A 族【答案】D【解析】【详解】A. A 族为 H 和碱金属，A 族元素为非金属元素，H 与卤族元素形成共价化合物，碱金属元素与卤族元素形成离子化合物，故 A 错误；B. 第二周期中，O 没有最高正价，F 没有正价，第二周期元素从左到右
17、，最高正价从+1 递增到+5，故 B 错误；C. 同周期金属元素的化合价越高，元素的金属性越弱，则失电子能力逐渐减弱，故 C 错误；D. 117 号元素（Uus）位于第七周期、A 族，故 D 正确；故选 D。【点睛】1、周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数=最高正价；2、对于非金属而言，最高正价+最低负价的绝对值=8(H、O、F 除外)。14.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH 4+、Mg 2+、Al 3+、SO 42 、NO 3 、Cl 。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：8已知：3NO 3 +
18、 8Al + 5OH + 2H2O 3NH3+ 8AlO2根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A. 试样中肯定存在 NH4+、Mg 2+、SO 42 和 NO3B. 试样中一定不含 Al3+C. 试样中可能存在 Na+、Cl D. 该雾霾中可能存在 NaNO3、NH 4Cl 和 MgSO4【答案】B【解析】试题分析：Al 3+在 Ba(OH)2溶液中生成 AlO2-，通入 CO2后生成 Al(OH)3进入沉淀 2 中，加入H+又被溶解。故看不到明显现象，可能存在。考点：溶液离子转化推断。15.短周期元素 R、T、Q、W 在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中 T 所处的周期序
19、数与族序数相等。下列判断不正确的是A. 最简单气态氢化物的热稳定性：R QB. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q WC. R 的最高价氧化物对应水化物是强电解质D. 含 T 元素的盐溶液一定显酸性【答案】D【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知，短周期元素 R、T、Q、W 分别是 N 、Al、Si、S。9【详解】A. N 的非金属性强于 Si，故 A 正确；B. S 的非金属性也强于 Si 的，故 B 正确；C. R 的最高价氧化物对应水化物是硝酸，是强电解质，故 C 正确；D. T 元素是 Al，偏铝酸钠溶液是碱性；故 D 错误；故选 D。16.下列说法正确的是A. 在 pH=1 的溶
20、液中可能含大量离子：Na +、Fe 2+、NO 3 、Cl B. 二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，溶液褪为无色C. 等物质的量浓度、等体积的氢氧化钡溶液与明矾溶液混合，离子方程式为：3Ba2+6OH +2Al3+3SO42 3BaSO 4+2Al(OH) 3D. 将标况下 6.72LCl2通入 400mL1mol/L FeBr2溶液中，离子方程式为：3Cl2+2Fe2+4Br 6Cl +2Fe3+2Br2【答案】C【解析】【详解】A. 硝酸根离子和氢离子相遇相当于硝酸，会将亚铁离子氧化，不能共存，故 A 错误；B. 二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，变红但不褪为无色，故 B 错误；C. 等物质的量浓度、
21、等体积的氢氧化钡溶液与明矾溶液混合，离子方程式为：3Ba2+6OH +2Al3+3SO42 3BaSO 4+2Al(OH) 3,故 C 正确；D.向 FeBr2溶液中通入 Cl2会按顺序依次发生以下离子反应2Fe 2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl-2Br - +Cl2=Br2 +2Cl-通入 Cl2物质的量为 0.3mol，原溶液中 Fe2+物质的量=0.4mol ，Br -物质的量=0.8mol，,根据上述离子反应式可知 Fe2+会被完全转化为 Fe3+，消耗 Cl2物质的量=0.2mol，而 Br-会部分反应，参与反应的 Br-物质的量=0.2mol,消耗 Cl2物质的量为0.1mol
22、，至此 0.3molCl2被完全反应掉，因此总离子反应式为 4Fe2+ +2Br- +3Cl2=4Fe3+ +6Cl- +Br2，故 D 错误；故选 C。17.向 27.2 g Cu 和 Cu2O 的混合物中加入某浓度的稀硝酸 0.5 L，固体物质完全反应，生成 NO 和 Cu(NO3)2，在所得溶液中加入 1.0 mol/L 的 NaOH 溶液 1.0 L，此时溶液呈中性，铜离子已完全沉淀，沉淀质量为 39.2 g。下列有关说法不正确的是A. Cu 与 Cu2O 的物质的量之比为 2:110B. 产生的 NO 在标准状况下的体积为 5.6 LC. 硝酸的物质的量浓度为 2.4 mol/LD.
23、 Cu、Cu 2O 与硝酸反应后剩余 HNO3为 0.2 mol【答案】B【解析】【分析】Cu(OH)2的质量为 39.2 g，其物质的量为 0.4 mol，设 Cu、Cu 2O 的物质的量分别为 x、y，则 x2y0.4 mol，64 gmol1 x144 gmol1 y27.2 g，解得 x0.2 mol，y0.1 mol。【详解】A. Cu、Cu 2O 的物质的量分别为 0.2 mol 和 0.1 mol，故为 2:1，故 A 正确；B. Cu 和 Cu2O 中的 Cu 都变成了2 价，转移的电子的物质的量为(0.40.2)mol0.6 mol，根据得失电子守恒可知，生成的 NO 应为
24、0.2 mol，标准状况下的体积为 4.48 L，故B 错误；C. 硝酸总的物质的量为 0.2 mol(剩余的)0.2 mol(表现氧化性的)0.8 mol(表现酸性的)1.2 mol，其物质的量浓度为 2.4 mol/L，故 C 正确；Dn(NaOH)1 mol，生成 0.4 mol Cu(OH)2时消耗了 0.8 mol NaOH，另外 0.2 mol NaOH中和了硝酸，所以 Cu、Cu 2O 与硝酸反应后剩余 HNO3为 0.2 mol，故 D 正确； 故选 B。【点睛】本题利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒；题目中硝酸既体现酸性又体现氧化性。18.已知 X、Y、Z、E 四种常
25、见物质含有同一种元素，其中 E 是一种强酸，在一定条件下，它们有如图所示转化关系。下列推断不合理的是A. X 可能是一种氢化物B. Y 可能直接转化为 EC. Y 不可能转化为 XD. 若 X 是单质，则 X 转化为 Y 的反应可能是化合反应11【答案】C【解析】【分析】（1）X 如果是单质可能是 N2或 S，Y 是 NO 或 SO2，Z 是 NO2或 SO3，E 是 HNO3或 H2SO4；（2）X 如果是氢化物可能是 NH3或 H2S， Y 是 NO 或 SO2，Z 是 NO2或 SO3，E 是 HNO3或H2SO4；【详解】A. X 可能是 NH3或 H2S，故 A 正确；B. 4NO+
26、2H2O+3O2=4HNO3，SO 2+H2O2=H2SO4，所以 Y 可能直接转化为 E，故 B 正确；C. 6NO+4NH3=5N2+6H2O，故 C 错误；D. 若 X 是单质：N 2或 S，N 2和 O2在放电条件下生成 NO，S 和 O2在点燃条件下生成 SO2，都是化合反应，故 D 正确；故选 C。19.短周期主族元素 A、B、C、D、E、G 的原子序数依次增大，在元素周期表中 A 的原子半径最小（稀有气体元素除外） ，B 与 C 相邻且 C 的最外层电子数是次外层的 3 倍，C、D 的最外层电子数之和与 G 的最外层电子数相等，E 是地壳中含量最多的金属元素。回答下列问题：（1）
27、C 在元素周期表中的位置是_周期、_族；G 的元素符号是_。（2）B 的原子结构示意图是_；C 与 D 组成的既含离子键又含共价键的化合物电子式是_。（3）E 单质能与 D 的最高价氧化物的水化物浓溶液反应放出氢气，反应的化学方程式是_；由上述六种元素中的三种组成的某种盐，水溶液显碱性，将该盐溶液滴入硫酸酸化的 KI 淀粉溶液中，溶液变为蓝色，则反应的离子方程式是_。（4）由 A、B、C、E 中的某些元素组成的化合物 X、Y、Z、W 有如下转化关系：X、Y、Z、W 中均由三种元素组成，Z 是一种强酸，则 Z 的化学式是_，Y 溶液与过量 W 反应的离子方程式是_。12【答案】 (1). 二 (
28、2). 第A (3). Cl (4). (5). (6). 2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2 (7). ClO- + 2I- +2H+ = Cl- + I2 + 2H2O (8). HNO3 (9). Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH 4+【解析】【分析】根据题目信息科推出：A 的原子半径最小（稀有气体元素除外） ，A 是 H；C 的最外层电子数是次外层的 3 倍，C 是 O；B 与 C 相邻，B 是 N；E 是地壳中含量最多的金属元素，E 是Al；C、D 的最外层电子数之和与 G 的最外层电子数相等，D 是 Na；G 是 Cl。【详解】 （1）C
29、 是 O，在元素周期表中的位置是第二周期，第A 族；G 的元素符号是 Cl；故答案为：二；第A；Cl；（2）B 是 N，原子结构示意图是 ；C 与 D 组成的既含离子键又含共价键的化合物是 Na2O2，电子式是： ；故答案为： ；（3）铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：2Al + 2NaOH + 2H 2O2NaAlO 2 + 3H2；由上述六种元素中的三种组成的盐是 NaClO，将它滴入硫酸酸化的 KI 淀粉溶液中，溶液变为蓝色，说明有碘单质生成，离子方程式是 ClO- + 2I- +2H+ = Cl- + I2 + 2H2O；故答案为：2Al + 2NaOH + 2H2O2NaAlO 2
30、 + 3H2；ClO - + 2I- +2H+ = Cl- + I2 + 2H2O；（4）A、B、C、E 分别是 H、N、O、Al，Z 是一种强酸，则 Z 是 HNO3；由于 X、Y、Z、W 中均由三种元素组成，X 是 Al(OH)3，Y 是 Al(NO3)3、Z 是 HNO3、W 是 NH3H2O, Y 溶液与过量W 反应的离子方程式是: Al 3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH 4+；故答案为：HNO 3； Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH 4+。20.如图 A、B、C 是实验室常见的几种气体发生装置：13（1）实验室如果用 B 装置制备氨气，其化学方程式是_。（2）
31、气体的性质是选择气体收集方法的主要依据。下列性质与收集方法无关的是_（填序号，下同） 。密度 颜色 溶解性 热稳定性 与氧气反应（3）若用 A 装置与 D 装置相连制备并收集 X 气体，则 X 可以是下列气体中的_。CO 2 NO Cl 2 H 2其中在 D 装置中连接小烧杯的目的是_。海洋是一个巨大的资源宝库，从海水中可制得食盐等多种产品并加以利用。下图所示以食盐为原料进行生产并综合利用的某些过程。（1）除去粗盐中的 Ca2+、Mg 2+和 SO42-离子，加入下列沉淀剂 Na 2CO3 NaOH BaCl 2 沉淀剂加入顺序正确的是_A B C D（2）将滤液的 pH 调至酸性除去的离子是
32、_。（3）若向分离出 NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，则可获得一种可以循环使用的物质，其化学式是_。14（4）纯碱在生产、生活中有广泛的应用。由碳酸氢钠晶体制纯碱的化学方程式是_。纯碱可用于除灶台油污。其原因是（用离子方程式和简要文字表述）_。工业上，可以用纯碱代替烧碱生产某些化工产品。如用饱和纯碱溶液与 Cl2反应制取有效成分为 NaClO 的消毒液，其反应的离子方程式是_。 （已知碳酸的酸性强于次氯酸） 。【答案】 (1). 2NH4ClCa(OH) 2 CaCl22H 2O2NH 3 (2). (3). (4). 吸收尾气，防止尾气污染大气 (5). ABC (6). CO32
33、-和 OH (7). NH3 (8). 2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O (9). CO32-+ H2O HCO3-+ OH CO32-水解显碱性，油污在碱性条件下水解，达到去污目的 (10). 2CO32-+ Cl2 + H2O Cl- + ClO- + 2HCO3-【解析】【分析】 （1）采用 B 装置制备氨气时应选择用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应；（2）选择气体收集方法，不需要考虑气体颜色和热稳定性，依据气体密度，是否与空气中的氧气反应来选择排空气方法收集，依据气体是否溶于水判断收集气体是否能用排水方法或排其他液体的方法；（3）AD 连接是利用向上排气法收集气体；吸收装置是能
34、用液体吸收气体防止污染空气； （1）用氯化钡可以除去硫酸钠，用氢氧化钠可以除去氯化镁，用碳酸钠可以除去氯化钙和过量的氯化钡；（2）稀盐酸能和氢氧化钠、碳酸钠反应，蒸发时可以得到氯化钠的饱和溶液；（3）氯化铵能和显碱性的物质反应生成氨气等物质；（4）根据碳酸钠水解显碱性分析；【详解】 （1）采用 B 装置制备氨气时应选择用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应，其化学方程式是 2NH4ClCa(OH) 2 CaCl22H 2O2NH 3；故答案为：2NH 4ClCa(OH) 2 CaCl22H 2O2NH 3；（2）选择气体收集方法，不需要考虑气体颜色和热稳定性，依据气体密度，是否与空气中的氧气反应来选择
35、排空气方法收集，依据气体是否溶于水判断收集气体是否能用排水方法15或排其他液体的方法；故选；（3）AD 连接是利用向上排气法收集气体；吸收装置是能用液体吸收气体防止污染空气；制取 CO 2 时不需要加热也不必处理尾气，NO 常温下与氧气发生反应，不能用排空气法收集，氢气尾气处理时一般采用点燃的方法，故 X 可能是氯气；D 装置中连接烧杯的目的是用来吸收尾气，防止污染空气；故答案为：；吸收尾气，防止尾气污染大气； （1）加入氢氧化钠溶液时，能和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，从而除去氯化镁；加入氯化钡时，能和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，从而除去硫酸钠；加入碳酸钠溶液时，能和氯化钙、过量
36、的氯化钡反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钡沉淀和氯化钠，从而除去氯化钙和过量的氯化钡；过滤，向滤液中加入适量的稀盐酸时，可以把过量的氢氧化钠和碳酸钠除去；以此类推，如果依次加入氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液或依次加入氯化钡溶液、碳酸钠溶液、氢氧化钠溶液，可以达到同样的目的，故答案为：ABC；（2）稀盐酸能和氢氧化钠、碳酸钠反应，蒸发时可以得到氯化钠的饱和溶液，将滤液的pH 调至酸性除去的离子是 CO32-和 OH，故答案为：CO 32-和 OH；（3）向分离出 NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，发生的反应：H 2O+CaOCa（OH）2、Ca（OH） 2+2NH4Cl2NH 3+2H 2
37、O+CaCl2，最终产物为氯化钙、氨气，其中氨气可再利用，故答案为：NH 3；（4）碳酸氢钠晶体制纯碱的化学方程式是：2NaHCO 3 Na2CO3+CO2+H2O；纯碱可用于除灶台油污，其原因是 CO32-+ H2O HCO3-+OH ，CO 32-水解显碱性，油污在碱性条件下水解，达到去污目的；故答案为：CO 32-+ H2O HCO3-+ OH ， CO32-水解显碱性，油污在碱性条件下水解，达到去污目的；21.现有一份含有 FeCl3和 FeCl2的固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验：实验 1：称取一定质量的样品，将样品溶解；向溶解后的溶液中加入足量的 AgNO3溶液，产生
38、沉淀；将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体 17.22 g。实验 2：称取与实验 1 中相同质量的样品，将样品溶解；向溶解后的溶液中，通入足量的 Cl2；再向所得溶液中加入足量的 NaOH 溶液，得到红褐色沉淀；将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧至质量不再减少，得到固体物质 4 g。16根据实验回答下列问题：（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有_。（2）实验室配制 FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂_。（3） “实验 2”通入足量 Cl2的目的是_。涉及的化学反应的离子方程式是_。（4）检验“实验 2”的步骤中沉淀已经洗涤干净的方法是_。（5）加热 FeCl3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到 F
39、eCl3固体，请以平衡的观点解释其原因（化学方程式与文字相结合来说明）_。（6）FeCl 3溶液可以用于止血，主要是因为 FeCl3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的相关性质。以下关于胶体的说法正确的是_A胶体的分散质能透过滤纸B实验室制备胶体 Fe(OH)3胶体，是将饱和 FeCl3溶液滴入热的 NaOH 溶液中，加热至溶液变为红褐色C当光束通过胶体时能产生丁达尔效应D胶体、溶液、浊液中，含分散质粒子直径最大的分散系是胶体（7）通过实验所得数据，计算固体样品中 FeCl3和 FeCl2的物质的量之比是_。【答案】 (1). 烧杯、玻璃棒 (2). 稀盐酸、铁粉 (3). 将 Fe2 全部转化为F
40、e3 (4). 2Fe2 Cl 22Fe 3 2Cl (5). 向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净 (6). FeCl3在水中存在如下平衡 FeCl33H 2O Fe(OH)33HCl 。在加热条件下，由于 HCl 易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到 FeCl3固体 (7). AC (8). 23【解析】【分析】（1）溶解所用到的仪器为：烧杯、玻璃棒；（2）为了防止 FeCl2溶液水解、氧化应加入稀盐酸、铁粉；（3） “实验 2”通入足量 Cl2的目的是将 FeCl2氧化生成 FeCl3；（4）首先要明确沉淀中所含
41、杂质，此题中的杂质是 Na+、Cl -，检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有 Na+、Cl -中的一种就可以；（5）因为 FeCl3易水解，且 HCl 易挥发，加热促进了 FeCl3水解及 HCl 的挥发，所以不能得到 FeCl3固体；17（6）根据分散质粒子直径的大小把分散系分为：胶体、溶液、浊液；丁达尔效应是胶体特有的性质；（7）有关混合物的计算，利用元素守恒来解答。【详解】 （1）溶解所用到的仪器为：烧杯、玻璃棒；故答案为：烧杯、玻璃棒；（2）防止溶液里的 Fe2+被氧化要加入铁粉，防止亚铁离子水解需要加入对应酸，实验室保存 FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂铁粉、
42、稀盐酸，故答案为：铁粉、稀盐酸；（3）Cl 2将 FeCl2氧化生成 FeCl3：Cl 2+2FeCl2=2FeCl3，故答案为：将 Fe2+全部转化为Fe3+；2Fe 2 Cl 22Fe 3 2Cl ；（4）检验沉淀已经洗涤干净的方法是：向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；故答案为：向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；（5）因为 FeCl3易水解，且 HCl 易挥发，加热促进了 FeCl3水解及 HCl 的挥发，所以不能得到 FeCl3固体；故答案为：FeCl 3在水中存在如下平衡 F
43、eCl33H 2O Fe(OH)33HCl 。在加热条件下，由于 HCl 易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到 FeCl3固体；（6）A. 胶体的分散质能透过滤纸，故 A 正确；B. 实验室制备 Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入饱和 FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色；故 B 错误；C.丁达尔效应是胶体特有的性质,故 C 正确；D. 胶体、溶液、浊液中，含分散质粒子直径最大的分散系是浊液，故 D 错误；故选 AC。（7）设 FeCl3为 x mol，FeCl 2为 y mol，依据Cl、Fe 守恒 3x mol+2y mol=0.12 mol，x mol+
44、y mol=0.025 mol2，解得x=0.02，y=0.03；固体样品中 FeCl3和 FeCl2的物质的量之比为 2：3；故答案为：2：3。【点睛】 （1）实验室制备 Fe(OH)3胶体的方法是：是向沸水中逐滴加入饱和 FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色；18（2）FeCl 3在水中存在如下平衡 FeCl33H 2O Fe(OH)33HCl ，在加热条件下，由于HCl 易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到 FeCl3固体。22.碘酸钾（KIO 3）在生活中应用广泛，可将含碘物质经过系列变化得到 KIO3。【方法一】现向含 6 mol KI 的稀硫酸中逐滴加
45、入 KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与加入 KBrO3的物质的量的关系如图所示。已知 a b 段：BrO 3 6I 6H 3I 2Br 3H 2O c d 段：2BrO 3 I 22IO 3 Br 2回答下列问题：（1） b 点时，KI 完全反应，则消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比是_，还原产物是_； a b 共转移_mol e 。（2） b c 过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子方程式：_；从反应开始到达 c 点时，共消耗 n(KBrO3)_mol。【方法二】电解法制备 KIO3，现将一定量的碘溶于过量的氢氧化钾溶液，发生反应：aI2 bKOH cKI dKI
46、O3 eX，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解，得到 KIO3。回答下列问题：（3）X 的化学式是_。（4）若有 0.3mol I2单质参加反应，则反应过程中电子转移的个数为_。【答案】 (1). 16 (2). KBr (3). 6 (4). BrO3 5Br 6H 3Br 23H 2O (5). 1.2 (6). H2O (7). 3.011023【解析】【分析】（1）氧化剂在反应中所含元素化合价降低，还原剂在反应中所含元素化合价升高，根据反应：BrO 3 6I 6H 3I 2Br 3H 2O，来判断氧化剂与还原剂的物质的量之比；氧化剂对应的是还原产物；根据碘元素化合价由-1 价升到 0 价，推出共转移的电子数；19（2）bc 过程中，含碘物质的物质的量没有发生变化,溶液中存在 Br 和 BrO3 ，二者发 生氧化还原反应；从反应开始到达 c 点时，共消耗 n(KBrO3)根据ab：BrO 3 6I 6H 3
