2019学年重庆市南开中学高三（上）第一次月考化学试卷.docx

2018-2019学年重庆市南开中学高三（上）第一次月考化学试卷

一．选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）

1．（3分）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（　　）

A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维

B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质

C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性

D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%

2．（3分）下列说法中不正确的是（　　）

A．氟化银可用于人工降雨

B．从海水中获取食盐不需要化学变化

C．FeCl₃溶液可用于制作印刷电路板

D．绿矾可用来生产铁系列净水剂

3．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．精密pH试纸测得某酸溶液的pH为3.5

B．Fe（OH）₃胶体和FeSO₄溶液均能产生丁达尔效应

C．容量瓶使用前应检漏、润洗

D．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因

4．（3分）下列反应中，金属元素被氧化的是（　　）

A．2FeCl₂+Cl₂＝2FeCl₃

B．H₂+CuOCu+H₂O

C．Na₂O+H₂O＝2NaOH

D．2KmnO₄K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑

5．（3分）下列说法不正确的是（　　）

A．氯气可用于合成药物

B．碳酸钠可用于治疗胃酸过多

C．高压钠灯常用来广场照明

D．镁合金密度小强度大可用于制飞机零部件

6．（3分）下列反应的离子方程式的书写正确的是（　　）

A．氧化钠投入水中：O^2﹣+H₂O＝2OH^﹣

B．FeCl₃溶液与KI反应：2Fe³⁺+2KI＝2Fe²⁺+I₂+2K⁺

C．过量硫酸氢铵与氢氧化钡反应：Ba²⁺+2OH^﹣+SO₄^2﹣+2H⁺＝BaSO₄↓+2H₂O

D．过量CO₂ 通入到 NaClO溶液中_：H₂O+CO₂+2ClO^﹣＝2HClO+CO₃^2﹣

7．（3分）恒温条件下，在体积不变的密闭容器中，有可逆反应X（s）+2Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，下列说法一定正确的是（　　）

A．0.2molX和0.4molY充分反应，Z的物质的量可能会达到0.35mol

B．从容器中移出部分反应物X，则正反应速率将下降

C．当△H不变时，反应将达到平衡

D．向反应体系中继续通入足量Y气体，X有可能被反应完全

8．（3分）设N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法确的是（　　）

A．常温下，22g CO₂所含的共用电子对数目为N_A

B．标准状况下，22.4L NO与11.2L O₂混合后气体中分子总数小于N_A

C．将1L 0.1mol•L^﹣1FeCl₃溶液滴入沸水中，制得的Fe（OH）₃胶粒数目为0.1N_A

D．常温下，1L 0.5mol•L^﹣1NH₄Cl溶液与2L 0.25mol•L^﹣1NH₄Cl溶液中的NH₄⁺数目相同

9．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A．无色透明溶液中：Zn²⁺、SO₄^2﹣、NH₄⁺，Cl^﹣

B．0.1mol•L^﹣1NaHCO₃溶液中：Mg²⁺、Al³⁺、K⁺、NO₃^﹣

C．能使甲基橙变黄的溶液中：Na⁺，CH₃COO^﹣、MnO₄^﹣、Fe³⁺

D．1×10¹²的溶液中：NO₃^﹣、I^﹣、K⁺、Fe²⁺

10．（3分）工业上用铋酸钠（NaBiNO₃）检验溶液中的Mn²⁺，反应方程式为：4MnSO₄+10NaBiO₃+14H₂SO₄═4NaMnO₄+5Bi₂（SO₄）₃+3Na₂SO₄+□，下列说法不正确的是（　　）

A．“□”内的物质为水，配平系数为14

B．若生成1mol NaMnO₄，则转移5mol e^﹣

C．反应方程式中的硫酸可换为盐酸

D．溶液中有Mn²⁺的现象是溶液变为紫红色

11．（3分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

12．（3分）能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）

A．向次氯酸钠溶液中通入足量SO₂气体：ClO﹣+SO₂+H₂O═HClO+HSO₃^﹣

B．0.1mol/LNH₄Al（SO₄）₂溶液与0.2mol/LBa（OH）₂溶液等体积混合：Al³⁺+2SO₄^2﹣+2Ba²⁺+4OH^﹣═2BaSO₄↓+AlO₂^﹣+2H₂O

C．用浓盐酸酸化的KMnO₄溶液与H₂O₂反应，证明H₂O₂具有还原性：2MnO₄^﹣+6H⁺+5H₂O₂═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O

D．Fe₂O₃溶于过量氢碘酸溶液中：Fe₂O₃+6H⁺+2I^﹣═2Fe²⁺+I₂+3H₂O

13．（3分）将0.2mol KMnO₄在一定温度下加热后生成a mol O₂；将剩余固体与过量浓盐酸混合加热又生成b mol Cl₂，此时锰元素均以Mn²⁺形式存在．若a+b＝m，则m的值可能为（　　）

A．0.30B．0.35C．0.40D．0.50

14．（3分）实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH₃）的流程如下：

下列分析正确的是（　　）

A．①中采用蒸馏的方法精制粗盐水

B．②中阳极的主要电极反应：4OH^﹣﹣4e^﹣＝2H₂O+O₂↑

C．③中制备漂白液的反应：Cl₂+OH^﹣＝Cl^﹣+HClO

D．②、③、④中均发生了氧化还原反应

15．（3分）下列关于物质分类的说法正确的是（　　）

A．根据原子核外电子数的多少．可将元素分为金属元素、非金属元素、稀有气体

B．根据含氧酸分子中所含氢原子个数，可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等

C．汽油、漂白粉、氨水、盐酸均为混介物

D．氢氧化钙、硫酸钡、醋酸、食盐水均为电解质

16．（3分）如图所示，一密闭气缸被一不漏气但可滑动的活塞隔开分成两部分．反应前，左边充有N₂，右边充有H₂、O₂的混合气体；20℃时，将右边混合气体点燃，反应后冷却到20℃，若活塞最终静置于气缸的中央（液体体积忽略不计）．则反应前容器中N₂和O₂的物质的量之比可能为（　　）

A．3：5B．5：4C．2：7D．2：5

二．非选择题（本题包括5小题，共52分．）

17．（10分）Ⅰ：某实验小组为探究ClO^﹣、I₂、SO₄^2﹣在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：

实验①：在淀粉﹣碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；

实验②：向实验①的溶液中加入4ML 0.5mol•L^﹣1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。

（1）写出实验①中发生反应的离子方程式：　 　。

（2）实验②的化学反应中转移电子的物质的量是　 　。

（3）以上实验说明，在酸性条件下ClO^﹣、I₂、SO₄^2﹣的氧化性由弱到强的顺序是　 　。

Ⅱ．（4）Cl₂、H₂O₂、ClO₂（还原产物为Cl^﹣）、O₃（1mol O₃转化为1mol O₂和1mol H₂O）等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是　 　（填序号）。

A．Cl₂B．H₂O₂C．ClO₂D．O₃

（5）“84”消毒液（主要成分是NaClO）和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）不能混用，原因是　 　（用离子方程式表示）。

18．（12分）现有A、B、C、D、E、F六种常见化合物，已知它们包含的阳离子有K+、Ag+、Na+、Ba2+、Fe2+、Al3+，阴离子有Cl﹣、OH﹣、Al、N、S、C．将它们分别配成0.1mol/L的溶液进行如下实验：

①测得A、C、E溶液均呈碱性，且碱性A＞E＞C，E的焰色呈浅紫色（透过蓝色钴玻璃观察）；

②向B溶液中滴加稀氨水至过量，先生成沉淀，后沉淀全部溶解；

③向F溶液中滴加稀硝酸，溶液变成棕黄色，且有无色气体生成；

④向D溶液中滴加Ba（NO₃）₂溶液，无明显现象。

（1）写出A、D、E、F的化学式：

A　 　；D　 　；E　 　；F　 　。

（2）用离子方程式解释C溶液呈碱性的原因：　 　。

（3）写出实验③中反应的离子方程式：　 　。

19．（12分）NaCN是重要的基本化工原料，常用于基本化学合成、冶金等，回答下列问题：

（1）NaCN中C的化合价为　 　；写出NaCN的电子式：　 　；

（2）现代开采金矿：先以NaCN溶液浸取粉碎的含金（Au）矿石，得到 Na[Au（CN）₂]（二氰合金酸钠）溶液；再用锌与Na[Au（CN）₂]溶液发生置换反应生成金。“粉碎”的目的是　 　；“浸取”反应的氧化剂是　 　；消耗的锌与生成的金的物质的量之比为　 　。

（3）工业上常用纯碱、焦炭、氨气反应制备NaCN，写出反应的化学方程式，并用单线桥标明电子转移的方向和数目：　 　。

20．（12分）以废铁屑为原料制备FeCl₃溶液，用作印刷电路铜板腐蚀剂，并对溶液B进行电解处理的实验流程如图1：

（1）试剂a应选用　 　（填写名称）；

（2）步骤Ⅰ用到的主要玻璃仪器有漏斗、　 　（填写仪器名称）；

（3）写出步骤Ⅱ中主要反应的化学方程式：　 　；

（4）实验室制取气体E的离子方程式是　 　，欲对气体E进行干燥和吸收，需选用下列装置（图2）中的　 　（填写序号）；

（5）如何用化学方法检验气体E？　 　．

21．（6分）碱式碳酸铝镁[Mg_aAl_b（OH）_c（CO₃）_d•xH₂O]常用作塑料阻燃剂。

（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和　 　。

（2）[Mg_aAl_b（OH）_c（CO₃）_d•xH₂O]中的a、b、c、d的代数关系式为　 　。

（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：

①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO₂0.560L（已换算成标准状况下）。

②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（100%）随温度的变化如图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物）。

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH^﹣）：n（CO₃^2﹣）（写出计算过程）。

2018-2019学年重庆市南开中学高三（上）第一次月考化学试卷

参考答案与试题解析

一．选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）

1．（3分）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（　　）

A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维

B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质

C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性

D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%

【考点】11：化学的主要特点与意义；14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【专题】56：化学应用．

【分析】A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味；

B．食用油反复加热会生成苯并芘等物质；

C．加热可导致蛋白质变性；

D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%。

【解答】解：A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用于鉴别蛋白质类物质，故A正确；

B．食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质，可致癌，故B正确；

C．加热可导致蛋白质变性，一般高温可杀菌，故C正确；

D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误。

故选：D。

【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，注意相关基础知识的积累，难度不大。

2．（3分）下列说法中不正确的是（　　）

A．氟化银可用于人工降雨

B．从海水中获取食盐不需要化学变化

C．FeCl₃溶液可用于制作印刷电路板

D．绿矾可用来生产铁系列净水剂

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【专题】513：物质的性质和变化专题．

【分析】A．氟化银难分解；

B．蒸发海水可以获得食盐；

C．氯化铁具有氧化性，可氧化铜生成氯化铜；

D．绿矾易被氧化为三价铁．

【解答】解：A．氟化银比较稳定，在空气中不分解，不能用于人工降雨，故A错误；

B．蒸发海水可以获得食盐，蒸发属于物理变化，所以从海水中获取食盐不需要化学变化，故B正确；

C．氯化铁具有氧化性，可氧化铜生成氯化铜，则FeCl₃溶液可用于制作印刷电路板，故C正确；

D．绿矾是硫酸亚铁晶体，亚铁离子易被氧化为三价铁，三价铁盐可用来生产铁系列净水剂，故D正确。

故选：A。

【点评】本题考查化学与环境、海水综合利用、物质的性质与应用等，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，注意对相关知识的积累．

3．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．精密pH试纸测得某酸溶液的pH为3.5

B．Fe（OH）₃胶体和FeSO₄溶液均能产生丁达尔效应

C．容量瓶使用前应检漏、润洗

D．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．精密pH试纸可准确到0.1；

B．丁达尔现象为胶体特有的性质；

C．容量瓶不能润洗；

D．电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍．

【解答】解：A．精密pH试纸可准确到0.1，则精密pH试纸测得某酸溶液的pH为3.5，故A正确；

B．丁达尔现象为胶体特有的性质，则FeSO₄溶液不能产生丁达尔效应，故B错误；

C．容量瓶不能润洗，使用前应检漏，故C错误；

D．电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，则电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验操作、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．

4．（3分）下列反应中，金属元素被氧化的是（　　）

A．2FeCl₂+Cl₂＝2FeCl₃

B．H₂+CuOCu+H₂O

C．Na₂O+H₂O＝2NaOH

D．2KmnO₄K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑

【考点】B1：氧化还原反应．菁优网版权所有

【专题】515：氧化还原反应专题．

【分析】发生的反应中，金属元素被氧化，则为化合价在升高，以此来解答．

【解答】解：A．2FeCl₂+Cl₂＝2FeCl₃，Fe元素的化合价由+2升高到+3价被氧化，故A选；

B．H₂+CuOCu+H₂O，Cu元素的化合价由+2降低到0价被还原，故B不选；

C．Na₂O+H₂O＝2NaOH，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；

D．2KmnO₄K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑，Mn元素的化合价降低被还原，故D不选；

故选：A。

【点评】本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大．

5．（3分）下列说法不正确的是（　　）

A．氯气可用于合成药物

B．碳酸钠可用于治疗胃酸过多

C．高压钠灯常用来广场照明

D．镁合金密度小强度大可用于制飞机零部件

【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有

【专题】513：物质的性质和变化专题．

【分析】A．根据氯气的用途判断；

B．治疗胃酸过多，首先应选择一种能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性；

C．钠的焰色反应为黄色；

D．合金密度小、强度大．

【解答】解：A．氯气的用途比较广泛，可用于合成多种药物，故A正确；

B．治疗胃酸过多，首先应选择一种能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性，碳酸钠碱性太强，不能用作胃药，可以用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故B错误；

C．钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用于广场照明，高压钠灯常用于道路和广场的照明，故C正确；

D．合金密度小、强度大、熔点高，所以镁合金能应用于火箭、飞机等部件，故D正确；

故选：B。

【点评】本题考查物质的性质和用途，题目难度不大，建议学习中注重相关基础知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．

6．（3分）下列反应的离子方程式的书写正确的是（　　）

A．氧化钠投入水中：O^2﹣+H₂O＝2OH^﹣

B．FeCl₃溶液与KI反应：2Fe³⁺+2KI＝2Fe²⁺+I₂+2K⁺

C．过量硫酸氢铵与氢氧化钡反应：Ba²⁺+2OH^﹣+SO₄^2﹣+2H⁺＝BaSO₄↓+2H₂O

D．过量CO₂ 通入到 NaClO溶液中_：H₂O+CO₂+2ClO^﹣＝2HClO+CO₃^2﹣

【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．氧化物应保留化学式；

B．碘化钾为可溶性盐，应拆成离子形式；

C．硫酸氢铵过量，氢氧根离子只与氢离子反应；

D．二氧化碳过量，反应生成次氯酸和碳酸氢钠．

【解答】解：A．氧化钠投入水中，离子方程式：Na₂O+H₂O＝2Na⁺+2OH^﹣，故A错误；

B．FeCl₃溶液与KI反应，离子方程式：2Fe³⁺+2I^﹣＝2Fe²⁺+I₂，故B错误；

C．过量硫酸氢铵与氢氧化钡反应，离子方程式：Ba²⁺+2OH^﹣+SO₄^2﹣+2H⁺＝BaSO₄↓+2H₂O，故C正确；

D．过量CO₂ 通入到 NaClO溶液中，离子方程式：CO₂+H₂O+ClO^﹣＝HClO+HCO₃^﹣，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查了离子方程式的判断，明确反应实质，掌握离子方程式正误判断常用方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大．

7．（3分）恒温条件下，在体积不变的密闭容器中，有可逆反应X（s）+2Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，下列说法一定正确的是（　　）

A．0.2molX和0.4molY充分反应，Z的物质的量可能会达到0.35mol

B．从容器中移出部分反应物X，则正反应速率将下降

C．当△H不变时，反应将达到平衡

D．向反应体系中继续通入足量Y气体，X有可能被反应完全

【考点】CB：化学平衡的影响因素．菁优网版权所有

【专题】51E：化学平衡专题．

【分析】A．可逆反应中Y不能完全转化生成Z；

B．移出部分反应物X，反应速率不变；

C．△H与热化学方程式有关；

D．向反应体系中继续通入足量Y气体，平衡正向移动，但不能完全转化。

【解答】解：A．可逆反应中Y不能完全转化生成Z，则Z的物质的量小于0.4mol，Z的物质的量可能会达到0.35mol，故A正确；

B．移出部分反应物X，反应速率不变，平衡不移动，故B错误；

C．△H与热化学方程式有关，不能利用△H判定平衡状态，故C错误；

D．向反应体系中继续通入足量Y气体，平衡正向移动，但不能完全转化，则X不能被反应完全，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握可逆反应的特点及平衡移动原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

8．（3分）设N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法确的是（　　）

A．常温下，22g CO₂所含的共用电子对数目为N_A

B．标准状况下，22.4L NO与11.2L O₂混合后气体中分子总数小于N_A

C．将1L 0.1mol•L^﹣1FeCl₃溶液滴入沸水中，制得的Fe（OH）₃胶粒数目为0.1N_A

D．常温下，1L 0.5mol•L^﹣1NH₄Cl溶液与2L 0.25mol•L^﹣1NH₄Cl溶液中的NH₄⁺数目相同

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【分析】A、求出二氧化碳的物质的量，然后根据二氧化碳中含4对共用电子对来分析；

B、NO和氧气反应后生成的NO₂中存在平衡：2NO₂⇌N₂O₄；

C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；

D、溶液越稀，盐水解的程度越大。

【解答】解：A．CO₂分子含有4个共价键即4对共用电子对，22g即0.5mol CO₂所含的共用电子对数目为2N_A，故A错误；

B．标准状况下，22.4L即1molNO与11.2L即0.5molO₂混合后，2NO+O₂═2NO₂，而二氧化氮中存在平衡：2NO₂⇌N₂O₄，导致气体分子数减小，故所得气体中分子总数小于N_A，故B正确；

C．Fe（OH）₃胶粒是许多Fe（OH）₃的集合体，所以将1L 0.1mol•L^﹣1FeCl₃溶液滴入沸水中，制得的Fe（OH）₃胶粒数目小于0.1N_A，故C错误；

D．稀释有利于盐类水解，常温下，1L 0.5mol•L^﹣1NH₄Cl溶液与2L 0.25mol•L^﹣1NH₄Cl溶液中的NH₄⁺的水解程度，前者小于后者，所以NH₄⁺数目前者大于后者，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

9．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A．无色透明溶液中：Zn²⁺、SO₄^2﹣、NH₄⁺，Cl^﹣

B．0.1mol•L^﹣1NaHCO₃溶液中：Mg²⁺、Al³⁺、K⁺、NO₃^﹣

C．能使甲基橙变黄的溶液中：Na⁺，CH₃COO^﹣、MnO₄^﹣、Fe³⁺

D．1×10¹²的溶液中：NO₃^﹣、I^﹣、K⁺、Fe²⁺

【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有

【分析】A．无色溶液不含有色离子，离子之间不反应且无色的能大量共存；

B．能和碳酸氢钠反应的不能大量共存；

C．使甲基橙变黄色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，和氢离子或氢氧根离子反应的不能大量共存；

D．该溶液呈酸性，相互反应的且和氢离子反应的离子不能大量共存。

【解答】解：A．这几种离子都无色且离子之间不反应，所以能大量共存，故A正确；

B．HCO₃^﹣和Mg²⁺、Al³⁺反应生成沉淀和气体而不能大量共存，故B错误；

C．酸性条件下CH₃COO^﹣、MnO₄^﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性或中性条件下，Fe³⁺生成沉淀而不能大量共存，故C错误；

D．该溶液呈酸性，NO₃^﹣、I^﹣发生氧化还原反应且NO₃^﹣、Fe²⁺发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查离子共存，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中限制性条件，注意CD中隐含条件，题目难度不大。

10．（3分）工业上用铋酸钠（NaBiNO₃）检验溶液中的Mn²⁺，反应方程式为：4MnSO₄+10NaBiO₃+14H₂SO₄═4NaMnO₄+5Bi₂（SO₄）₃+3Na₂SO₄+□，下列说法不正确的是（　　）

A．“□”内的物质为水，配平系数为14

B．若生成1mol NaMnO₄，则转移5mol e^﹣

C．反应方程式中的硫酸可换为盐酸

D．溶液中有Mn²⁺的现象是溶液变为紫红色

【考点】B1：氧化还原反应；B3：氧化还原反应方程式的配平．菁优网版权所有

【分析】根据原子守恒定律判断“口”内的物质为水，配平系数为14，则该反应中Mn²⁺→MnO₄^﹣，锰元素化合价由+2升高到+7，则生成1mol NaMnO₄，则转移5mole^﹣，溶液变为紫红色，盐酸也可被NaBiO₃氧化，据此判断。

【解答】解：A、根据质量守恒定律判断“口”内的物质为水，配平系数为14，故A正确；

B、锰元素化合价由+2升高到+7，则生成1mol NaMnO₄，则转移5mole^﹣，故B正确；

C、盐酸可被NaBiO₃氧化，所以反应方程式中的硫酸不可换为盐酸，故C错误；

D、该反应中Mn²⁺→MnO₄^﹣，溶液中有Mn²⁺的现象是溶液变为紫红色，故D正确；

故选：C。

【点评】本题考查了氧化还原反应的综合应用，主要考查概念应用电子守恒、原子守恒的应用。

11．（3分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但检验铵根离子不能将红色石蕊试纸置于溶液中；

B．苏打和小苏打均与盐酸反应生成二氧化碳；

C．滴加氯水可氧化亚铁离子；

D．白色沉淀可能为硫酸钡、AgCl等．

【解答】解：A．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但检验铵根离子不能将红色石蕊试纸置于溶液中，且溶液显碱性不一定含铵根离子，故A错误；

B．苏打和小苏打均与盐酸反应生成二氧化碳，则均冒气泡，故B正确；

C．滴加氯水可氧化亚铁离子，不能说明溶液中一定有Fe³⁺，故C错误；

D．白色沉淀可能为硫酸钡、AgCl等，则原溶液可能含SO₄^2﹣，故D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，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．

12．（3分）能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）

A．向次氯酸钠溶液中通入足量SO₂气体：ClO﹣+SO₂+H₂O═HClO+HSO₃^﹣

B．0.1mol/LNH₄Al（SO₄）₂溶液与0.2mol/LBa（OH）₂溶液等体积混合：Al³⁺+2SO₄^2﹣+2Ba²⁺+4OH^﹣═2BaSO₄↓+AlO₂^﹣+2H₂O

C．用浓盐酸酸化的KMnO₄溶液与H₂O₂反应，证明H₂O₂具有还原性：2MnO₄^﹣+6H⁺+5H₂O₂═2Mn²⁺+5O₂↑+8H₂O

D．Fe₂O₃溶于过量氢碘酸溶液中：Fe₂O₃+6H⁺+2I^﹣═2Fe²⁺+I₂+3H₂O

【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；

B．溶液中NH₄Al（SO₄）₂与Ba（OH）₂以物质的量之比1：2混合，反应生成氢氧化铝、硫酸钡和一水合氨；

C．高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化氯离子；

D．三价铁具有氧化性能氧化碘离子．

【解答】解：A．次氯酸具有氧化性，亚硫酸氢根离子具有还原性，次氯酸能将亚硫酸根离子氧化，即ClO^﹣+SO₂+H₂O═SO₄^2﹣+Cl^﹣+2H⁺，故A错误；

B．溶液中NH₄Al（SO₄）₂与Ba（OH）₂以物质的量之比1：2混合，离子方程式：2Ba²⁺+NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2﹣+4OH^﹣═Al（OH）₃↓+2BaSO₄↓++NH₃．H₂O，故B错误；

C．高锰酸钾具有强的氧化性，能够氧化氯离子，所以不能用盐酸酸化，故C错误；

D．氧化铁可溶于氢碘酸，三价铁具有氧化性能氧化碘离子，反应的离子方程式为：Fe₂O₃+2I^﹣+6H⁺＝2Fe²⁺+3H₂O+I₂，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了离子方程式的书写原则和注意问题，侧重考查氧化还原反应的离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，题目难度中等．

13．（3分）将0.2mol KMnO₄在一定温度下加热后生成a mol O₂；将剩余固体与过量浓盐酸混合加热又生成b mol Cl₂，此时锰元素均以Mn²⁺形式存在．若a+b＝m，则m的值可能为（　　）

A．0.30B．0.35C．0.40D．0.50

【考点】5A：化学方程式的有关计算．菁优网版权所有

【专题】559：利用化学方程式的计算．

【分析】KMnO₄固体在一定温度下加热，反应后的残留固体中与过量的浓盐酸，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则有：0.2×（7﹣2）＝4a+2b，整理得a+b＝0.5﹣a，当高氯酸钾没有分解时，（a+b）达极大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定（a+b）的最小值．

【解答】解：KMnO₄固体在一定温度下加热，反应后的残留固体中与过量的浓盐酸，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则有：0.2×（7﹣2）＝4a+2b，整理得a+b＝0.5﹣a，

当高氯酸钾没有分解时，即a＝0，（a+b）达极大值，故（a+b）＜0.5，

当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO₄K₂MnO₄+MnO₂+O₂↑，可知生成氧气最大的物质的量为0.2mol0.1mol，故a+b≥0.5﹣0.1＝0.4，

故选：C。

【点评】本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，注意充分利用整个过程中的电子转移守恒解答，关键是用氧气物质的量表示出m的表达式．

14．（3分）实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH₃）的流程如下：

下列分析正确的是（　　）

A．①中采用蒸馏的方法精制粗盐水

B．②中阳极的主要电极反应：4OH^﹣﹣4e^﹣＝2H₂O+O₂↑

C．③中制备漂白液的反应：Cl₂+OH^﹣＝Cl^﹣+HClO

D．②、③、④中均发生了氧化还原反应

【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【分析】粗盐水经提纯得到精致盐水，电解生成氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，次氯酸钠与氨气发生氧化还原反应可生成氮气、氯化钠，达到脱除废水氨氮的目的，以此解答该题。

【解答】解：A．蒸馏不能除去食盐中的固体杂质，故A错误；

B．电解饱和食盐水，阳极生成氯气，发生2Cl^﹣﹣2e^﹣＝Cl₂↑，故B错误；

C．③中制备漂白液的反应为Cl₂+2OH^﹣＝Cl^﹣+ClO^﹣+H₂O，故C错误；

D．②电解食盐水生成氯气，③发生Cl₂+2OH^﹣＝Cl^﹣+ClO^﹣+H₂O，④次氯酸钠与氨气发生氧化还原反应可生成氮气、氯化钠，均发生了氧化还原反应，故D正确。

故选：D。

【点评】本题综合考查物质的制备以及分离提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，难度不大。

15．（3分）下列关于物质分类的说法正确的是（　　）

A．根据原子核外电子数的多少．可将元素分为金属元素、非金属元素、稀有气体

B．根据含氧酸分子中所含氢原子个数，可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等

C．汽油、漂白粉、氨水、盐酸均为混介物

D．氢氧化钙、硫酸钡、醋酸、食盐水均为电解质

【考点】37：混合物和纯净物；3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．菁优网版权所有

【专题】512：物质的分类专题．

【分析】A、最外层电子数少的不一定是金属元素；

B、根据酸能电离出的氢离子个数来分类；

C、混合物是指由不同物质组成的；

D、电解质是指在水溶液或是熔融状态下导电的化合物．

【解答】解：A、最外层电子数少的不一定是金属元素，如氢元素的最外层电子数为1，但为非金属元素，故A错误；

B、根据酸分子中电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故B错误；

C、汽油、漂白粉、氨水和盐酸均由不同物质组成，为混合物，故C正确；

D、氢氧化钙、硫酸钡和醋酸在水溶液或是熔融状态下导电，属于电解质，但是食盐水是混合物，不是电解质，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查混合物、电解质、和金属元素非金属元素的辨别和定义，难度不大，注意把握概念的区别．

16．（3分）如图所示，一密闭气缸被一不漏气但可滑动的活塞隔开分成两部分．反应前，左边充有N₂，右边充有H₂、O₂的混合气体；20℃时，将右边混合气体点燃，反应后冷却到20℃，若活塞最终静置于气缸的中央（液体体积忽略不计）．则反应前容器中N₂和O₂的物质的量之比可能为（　　）

A．3：5B．5：4C．2：7D．2：5

【考点】5A：化学方程式的有关计算．菁优网版权所有

【专题】559：利用化学方程式的计算．

【分析】反应前左右压强都相等，气体的物质的量之比等于体积之比，设氮气的物质的量为1mol，则氢气、氧气的混合气体为3mol，反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间，说明反应后左右气体的物质的量相等，右室中剩余气体为1mol，剩余的气体可能为氢气，也可能为氧气，据此讨论计算．

【解答】解：令氮气的物质的量为1mol，反应前，左右两室的体积之比为1：3，反应前右室的物质的量为3mol，反应后，活塞处于中央，两室体积相等，则两室中气体的物质的量相等，反应后右室气体物质的量为1mol，发生反应2H₂+O₂2H₂O，

设H₂、O₂的物质的量分别为xmol、ymol，

若氢气过量，则：x﹣2y＝1，x+y＝3，解得x，y，

若氧气过量，则：y﹣0.5x＝1，x+y＝3，解得x，y，

反应前容器中N₂和O₂的物质的量之比可能为1：3：2或1：3：5，

故选：A。

【点评】本题考查混合物计算，注意左室中气体物质的量不变，据此根据体积变化判断右室反应前后气体物质的量，再利用赋值法与讨论法计算，题目难度中等．

二．非选择题（本题包括5小题，共52分．）

17．（10分）Ⅰ：某实验小组为探究ClO^﹣、I₂、SO₄^2﹣在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：

实验①：在淀粉﹣碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；

实验②：向实验①的溶液中加入4ML 0.5mol•L^﹣1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。

（1）写出实验①中发生反应的离子方程式：　ClO^﹣+2I^﹣+2H⁺＝I₂+Cl^﹣+H₂O　。

（2）实验②的化学反应中转移电子的物质的量是　0.004mol　。

（3）以上实验说明，在酸性条件下ClO^﹣、I₂、SO₄^2﹣的氧化性由弱到强的顺序是　SO₄^2﹣＜I₂＜ClO^﹣　。

Ⅱ．（4）Cl₂、H₂O₂、ClO₂（还原产物为Cl^﹣）、O₃（1mol O₃转化为1mol O₂和1mol H₂O）等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是　C　（填序号）。

A．Cl₂B．H₂O₂C．ClO₂D．O₃

（5）“84”消毒液（主要成分是NaClO）和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）不能混用，原因是　ClO^﹣+Cl^﹣+2H⁺═Cl₂↑+H₂O　（用离子方程式表示）。

【考点】49：离子方程式的书写；B2：氧化性、还原性强弱的比较．菁优网版权所有

【分析】Ⅰ、（1）次氯酸根离子具有氧化性，能将碘离子样啊互为碘单质；

（2）化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数，据此回答；

（3）根据氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性判断；

Ⅱ、（4）1mol Cl₂（发生的反应为Cl₂+H₂O＝HCl+HClO）、H₂O₂、ClO₂、O₃分别消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，以此判断；

（5）ClO^﹣与浓盐酸中的Cl^﹣会发生反应生成有毒的Cl₂。

【解答】解：I、（1）实验①说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，该反应中，次氯酸根离子得电子作氧化剂，碘离子失电子是还原剂，氧化产物是碘，所以氧化性强弱为：ClO^﹣＞I₂，反应离子方程式为：ClO^﹣+2I^﹣+2H⁺＝I₂+Cl^﹣+H₂O，故答案为：ClO^﹣+2I^﹣+2H⁺＝I₂+Cl^﹣+H₂O；

（2）实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，氧化剂是碘，还原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸根离子，所以氧化性强弱为：I₂＞SO₄^2﹣，反应离子方程式为：H₂O+I₂+SO₃^2﹣＝SO₄^2﹣+2I^﹣+2H⁺，

设转移电子的物质的量为x。

H₂O+SO₃^2﹣+I₂＝SO₄^2﹣+2I^﹣+2H⁺转移电子

1mol 2mol

0.5mol/L×0.004L x

x0.004mol，

故答案为：0.004 mol；

（3）实验①说明氧化性强弱为：ClO^﹣＞I₂，实验②说明氧化性强弱为：I₂＞SO₄^2﹣，所以在酸性条件下ClO^﹣、I₂、SO₄^2﹣的氧化性由弱到强的顺序是SO₄^2﹣＜I₂＜ClO^﹣，故答案为：SO₄^2﹣＜I₂＜ClO^﹣；

II、（4）1mol Cl₂（发生的反应为Cl₂+H₂O＝HCl+HClO）、H₂O₂、ClO₂、O₃分别消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO₂转移的电子数最多，消毒效率最高，

故答案为：C；

（5）ClO^﹣与浓盐酸中的Cl^﹣会发生反应生成有毒的Cl₂，方程式为ClO^﹣+Cl^﹣+2H⁺═Cl₂↑+H₂O，

故答案为：ClO^﹣+Cl^﹣+2H⁺═Cl₂↑+H₂O。

【点评】本题综合考查学生物质的性质以及应用、氧化还原反应中的基本知识、离子方程式的书写，侧重于分析能力和计算能力的考查，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性。

18．（12分）现有A、B、C、D、E、F六种常见化合物，已知它们包含的阳离子有K+、Ag+、Na+、Ba2+、Fe2+、Al3+，阴离子有Cl﹣、OH﹣、Al、N、S、C．将它们分别配成0.1mol/L的溶液进行如下实验：

①测得A、C、E溶液均呈碱性，且碱性A＞E＞C，E的焰色呈浅紫色（透过蓝色钴玻璃观察）；

②向B溶液中滴加稀氨水至过量，先生成沉淀，后沉淀全部溶解；

③向F溶液中滴加稀硝酸，溶液变成棕黄色，且有无色气体生成；

④向D溶液中滴加Ba（NO₃）₂溶液，无明显现象。

（1）写出A、D、E、F的化学式：

A　Ba（OH）₂　；D　AlCl₃　；E　KAlO₂　；F　FeSO₄　。

（2）用离子方程式解释C溶液呈碱性的原因：　CO₃^2﹣+H₂O⇌HCO₃^﹣+OH^﹣　。

（3）写出实验③中反应的离子方程式：　3Fe²⁺+NO₃^﹣+4H⁺＝3Fe³⁺+NO↑+2H₂O　。

【考点】49：离子方程式的书写；DD：盐类水解的应用；PT：物质的检验和鉴别的实验方案设计．菁优网版权所有

【专题】19：物质检验鉴别题．

【分析】根据溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A＞E＞C可推知A含有OH^﹣、E含有AlO₂^﹣、C含有CO₃^2﹣；根据向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失可推知溶液中含Ag⁺；根据向F溶液中滴加稀硝酸，溶液变成棕黄色，且有无色气体生成，可知F含Fe²⁺；向D溶液中滴加Ba（NO₃）₂溶液，无明显现象，说明D溶液中无SO₄^2﹣，由离子共存知识可推知ABCDEF溶液依次为Ba（OH）₂、AgNO₃、Na₂CO₃、AlCl₃、KAlO₂、FeSO₄溶液，结合对应物质的性质解答该题。

【解答】解：根据溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A＞E＞C可推知A含有OH^﹣、E含有AlO₂^﹣、C含有CO₃^2﹣；根据向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失可推知溶液中含Ag⁺；根据向F溶液中滴加稀硝酸，溶液变成棕黄色，且有无色气体生成，可知F含Fe²⁺；向D溶液中滴加Ba（NO₃）₂溶液，无明显现象，说明D溶液中无SO₄^2﹣，由离子共存知识可推知ABCDEF溶液依次为Ba（OH）₂、AgNO₃、Na₂CO₃、AlCl₃、KAlO₂、FeSO₄溶液，

（1）由以上分析可知A为Ba（OH）₂，D为AlCl₃，E为KAlO₂，F为FeSO₄，

故答案为：Ba（OH）₂；AlCl₃；KAlO₂；FeSO₄；

（2）C为Na₂CO₃，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中发生：CO₃^2﹣+H₂O⇌HCO₃^﹣+OH^﹣，

故答案为：CO₃^2﹣+H₂O⇌HCO₃^﹣+OH^﹣；

（3）亚铁离子与硝酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe²⁺+NO₃^﹣+4H⁺＝3Fe³⁺+NO↑+2H₂O，

故答案为：3Fe²⁺+NO₃^﹣+4H⁺＝3Fe³⁺+NO↑+2H₂O。

【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于离子共存和离子方程式的书写，注意把握相关物质的性质，根据反应的现象结合离子共存知识解答该题，题目难度中等。

19．（12分）NaCN是重要的基本化工原料，常用于基本化学合成、冶金等，回答下列问题：

（1）NaCN中C的化合价为　+2价　；写出NaCN的电子式：　　；

（2）现代开采金矿：先以NaCN溶液浸取粉碎的含金（Au）矿石，得到 Na[Au（CN）₂]（二氰合金酸钠）溶液；再用锌与Na[Au（CN）₂]溶液发生置换反应生成金。“粉碎”的目的是　增大接触面积，加快反应速率　；“浸取”反应的氧化剂是　O₂　；消耗的锌与生成的金的物质的量之比为　1：2　。

（3）工业上常用纯碱、焦炭、氨气反应制备NaCN，写出反应的化学方程式，并用单线桥标明电子转移的方向和数目：　+2NH₃═2NaCN+3H₂O　。

【考点】43：电子式；B1：氧化还原反应．菁优网版权所有

【分析】（1）化合物中正负化合价代数和为0，NaCN为离子化合物，C、N之间为共价键；

（2）“粉碎”可增大接触面积，“浸取”反应中Au元素的化合价升高，结合电子守恒计算；

（3）用纯碱、焦炭、氨气反应制备NaCN，只有C元素的化合价变化，该反应转移2e^﹣。

【解答】解：（1）NaCN中，Na是+1价，N是﹣3价，根据正负化合价代数和为0知，C是+2价，也可以由HCN的结构式确定，H﹣C≡N中非金属性强的N是﹣3价，H是+1价，故C是+2价，NaCN是HCN的钠盐，二者碳元素化合价相同。依据HCN的结构式可以写出NaCN的电子式为，

故答案为：+2价；

（2）“粉碎”含金矿石可以“增大接触面积，加快反应速率”。由NaCN、Au和Na[Au（CN）₂]可知，只有Au的化合价由0升高到+1，其他元素化合价没有变化，这时应考虑空气中的氧气参与了反应，故“浸取”反应的氧化剂是空气中的O₂．抓住“置换”理解：锌元素的化合价由0升高到+2、金元素的化合价由+1降低到0，根据得失电子守恒知，消耗的锌与生成的金的物质的量之比为1：2，

故答案为：增大接触面积，加快反应速率；O₂；1：2；

（3）Na₂CO₃中的C（+4价）与焦炭（0价）发生归中反应生成NaCN（C为+2价），即焦炭是还原剂、Na₂CO₃是氧化剂，则反应及电子转移方向和数目为+2NH₃═2NaCN+3H₂O，

故答案为：+2NH₃═2NaCN+3H₂O。

【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、电子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素的化合价变化，题目难度不大。

20．（12分）以废铁屑为原料制备FeCl₃溶液，用作印刷电路铜板腐蚀剂，并对溶液B进行电解处理的实验流程如图1：

（1）试剂a应选用　稀盐酸　（填写名称）；

（2）步骤Ⅰ用到的主要玻璃仪器有漏斗、　烧杯、玻璃棒　（填写仪器名称）；

（3）写出步骤Ⅱ中主要反应的化学方程式：　2FeCl₃+Cu═2FeCl₂+CuCl₂　；

（4）实验室制取气体E的离子方程式是　MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O　，欲对气体E进行干燥和吸收，需选用下列装置（图2）中的　②④　（填写序号）；

（5）如何用化学方法检验气体E？　将湿润的淀粉KI试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，证明该气体为Cl₂　．

【考点】DI：电解原理；GO：铁盐和亚铁盐的相互转变．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题；527：几种重要的金属及其化合物．

【分析】（1）铁与盐酸反应生成氯化亚铁；

（2）依据过滤用到的玻璃仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯解答；

（3）三氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；

（4）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水和氯气制备氯气，氯气与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥，氯气有毒，不能直接排放在空气中，在饱和食盐水中溶解度很小，能与氢氧化钠反应而被吸收；

（5）氯气具有强氧化性能氧化碘化钾生成单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝．

【解答】解：（1）铁与盐酸反应生成氯化亚铁，故答案为：稀盐酸；

（2）过滤用到的玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：烧杯、玻璃棒；

（3）三氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的化学方程式为：2FeCl₃+Cu═2FeCl₂+CuCl₂，故答案为：2FeCl₃+Cu═2FeCl₂+CuCl₂；

（4）二氧化锰与浓盐酸反应的离子方程式为：MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O；氯气与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥氯气；氯气有毒不能直接排放到空气中，尾气用氢氧化钠吸收；

故答案为：MnO₂+4H⁺+2Cl^﹣Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O；②④；

（5）氯气具有强氧化性能氧化碘化钾生成单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝，所以将湿润的淀粉KI试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，证明该气体为Cl₂，

故答案为：将湿润的淀粉KI试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，证明该气体为Cl₂．

【点评】本题考查了铁盐、亚铁盐、氯气的性质，题目难度不大，注意不同价态铁元素之间的转化是高考的热点，注意相关知识的积累．

21．（6分）碱式碳酸铝镁[Mg_aAl_b（OH）_c（CO₃）_d•xH₂O]常用作塑料阻燃剂。

（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和　生成的产物具有阻燃作用　。

（2）[Mg_aAl_b（OH）_c（CO₃）_d•xH₂O]中的a、b、c、d的代数关系式为　2a+3b＝c+2d　。

（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：

①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO₂0.560L（已换算成标准状况下）。

②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（100%）随温度的变化如图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物）。

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH^﹣）：n（CO₃^2﹣）（写出计算过程）。

【考点】1B：真题集萃；M5：复杂化学式的确定．菁优网版权所有

【专题】1A：计算题．

【分析】（1）氧化镁、氧化铝熔点较高且都不燃烧；

（2）根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定这几个字母之间的关系；

（3）n（CO₂）2.50×10^﹣2mol，m（CO₂）＝2.50×10^﹣2mol×44g/mol＝1.10g，

在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO₂、H₂O，

m（CO₂）+m（H₂O）＝3.390g×（0.7345﹣0.3702）＝1.235g，

m（H₂O）＝1.235g﹣1.10g＝0.135g，

生成1个H₂O需要2个OH^﹣，则存在n（OH^﹣）＝2n（H₂O），根据C原子守恒计算n（CO₃^2﹣），从而得出二者的比值。

【解答】解：（1）碱式碳酸铝镁[Mg_aAl_b（OH）_c（CO₃）_d•xH₂O]受热分解最终生成MgO、Al₂O₃，MgO、Al₂O₃的熔点较高且都不燃烧，所以有阻燃作用，

故答案为：生成的产物具有阻燃作用；

（2）化合物中各元素化合价的代数和为0，所以2a+3b+c+4d＝（c+3d）×2，所以得2a+3b＝c+2d，

故答案为：2a+3b＝c+2d；

（3）n（CO₂）2.50×10^﹣2mol，m（CO₂）＝2.50×10^﹣2mol×44g/mol＝1.10g，

在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO₂、H₂O，

m（CO₂）+m（H₂O）＝3.390g×（0.7345﹣0.3702）＝1.235g，

m（H₂O）＝1.235g﹣1.10g＝0.135g，

n（H₂O）7.50×10^﹣3mol，

生成1个H₂O需要2个OH^﹣，则存在n（OH^﹣）＝2n（H₂O）＝1.50×10^﹣2mol，根据C原子守恒得n（CO₃^2﹣）＝n（CO₂）＝2.50×10^﹣2mol，所以n（OH^﹣）：n（CO₃^2﹣）＝1.50×10^﹣2mol：2.50×10^﹣2mol＝3：5，

答：碱式碳酸铝镁样品中的n（OH^﹣）：n（CO₃^2﹣）＝3：5。

【点评】本题考查了镁铝化合物知识，根据物质的性质、物质之间的反应来分析解答，注意结合原子守恒进行分析，明确图象中曲线变化趋势及其含义，题目难度中等。

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日期：2019/4/14 18:43:11；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120