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2019年辽宁省东北育才学校高考化学一模试卷

一、选择题（每题仅一个选项符合题意，1-10题每题2分，11-20题每题3分，共50分）

1．（2分）分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是（　　）

A．Cl₂O₇、P₂O₅、SO₃、CO₂均属于酸性氧化物

B．Na₂O、Na₂O₂为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物

C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体

D．根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质

2．（2分）下列叙述错误的是（　　）

A．10ml质量分数为98%的H₂SO₄，用10ml水稀释后，H₂SO₄的质量分数大于49%

B．配制0.1mol/L的Na₂CO₃溶液480ml，需用500ml容量瓶

C．在标况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水

D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na₂O₂和Na₂O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na₂O₂与Na₂O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变）

3．（2分）已知N_A为阿伏加德罗常数的值．有关草酸 （HOOC﹣COOH）的下列说法中错误的是（　　）

A．9.0g草酸中共用电子对数目为0.9N_A

B．9.0 g草酸被NaClO氧化生成CO₂，转移的电子数为0.2 N_A

C．9.0 g草酸溶于水，其中C₂O₄^2﹣和HC₂O₄^﹣的微粒数之和为0.1N_A

D．9.0g草酸受热完全分解为CO₂、CO、H₂O，标况下测得生成的气体体积为4.48 L

4．（2分）已知N_A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）

A．7.2 g CaO₂晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 N_A

B．在标况下，22.4LHF和22.4LC₂H₄原子个数比为1：3

C．将1 mol NH₄NO₃溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH₄⁺数目为N_A

D．0.1 mol H₂O₂分子中含极性共价键数目为0.3 N_A

5．（2分）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A．pH＝1的溶液中：Na⁺、K⁺、MnO₄^﹣、CO₃^2﹣

B．c（H⁺）＝1×10^﹣13mol•L^﹣1的溶液中：Mg²⁺、Cu²⁺、SO₄^2﹣、NO₃^﹣

C．0.1 mol•L^﹣1NH₄HCO₃溶液中：K⁺、Na⁺、NO₃^﹣、Cl^﹣

D．0.1 mol•L^﹣1FeCl₃溶液中：Fe²⁺、NH₄⁺、SCN^﹣、SO₄^2﹣

6．（2分）设N_A为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg₂N₃，转移的电子数为N_A

B．14g分子式为C_nH_2n的链烃中含有的C﹣H键的数目为2N_A

C．室温时，1.0LpH＝13的Ba（OH）₂溶液中含有OH^﹣的数目为0.2N_A

D．Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2N_A

7．（2分）向Na₂CO₃、NaHCO₃，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（　　）

A．a点对应的溶液中：Na⁺、OH^﹣、SO₄^2﹣、NO₃^﹣

B．b点对应的溶液中：Al³⁺、Fe³⁺、MnO₄^﹣、Cl^﹣

C．c点对应的溶液中：Na⁺、Ca²⁺、NO₃^﹣、Cl^﹣

D．d点对应的溶液中：F^﹣、NO₃^﹣、Fe²⁺、Ag⁺

8．（2分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关．下列有关说法正确的是（　　）

A．某地燃烧化石燃料排放的废气中含CO₂、SO₂，使雨水pH＝6形成酸雨

B．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质

C．高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；反应3O₂＝2O₃有单质参加，属于氧化还原反应

D．人造纤维，合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物

9．（2分）O₂F₂可以发生反应：H₂S+4O₂F₂→SF₆+2HF+4O₂，下列说法正确的是（　　）

A．氧气是氧化产物

B．O₂F₂既是氧化剂又是还原剂

C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子

D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4

10．（2分）下列实验操作不正确或不能达到目的是（　　）

A．鉴别碳酸钠和碳酸氢钠

B．钠的燃烧

C．直接蒸发氯化铁溶液获得氯化铁晶体

D．实验室制取蒸馏水

11．（3分）下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是（　　）

A．向0.1mol/L、pH＝1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA^﹣+OH^﹣═A^2﹣+H₂O

B．标准状况下，将1.12LCO₂气体通入1L0.1mol/L的NaAlO₂溶液中：CO₂+2H₂O+AlO₂^﹣═Al（OH）₃↓+HCO₃^﹣

C．由水电离出的c（H⁺）＝1×10^﹣12mol/L的溶液中可能大量存在K⁺、I^﹣、Mg²⁺、NO₃^﹣

D．向NH₄Al（SO₄）₂溶液中滴加Ba（OH）₂溶液使SO₄^2﹣完全沉淀：NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2﹣+2Ba²⁺+4OH^﹣═NH₃•H₂O+Al（OH）₃↓+2BaSO₄↓

12．（3分）某溶液中含有NH₄⁺，Fe²⁺，Al³⁺，SO₄^2﹣，Cl^﹣五种离子，若向其中加入过量的Na₂O₂，微热并搅拌，再通入过量的HI气体，充分反应后，最后加入足量稀硝酸酸化的硝酸钡溶液，则下列叙述不正确的是（　　）

A．Al³⁺先形成沉淀后溶解，后来再形成沉淀接着又沉淀溶解

B．反应后，溶液中NH₄⁺，Fe²⁺，SO₄^2﹣的物质的量减少，而Al³⁺、Cl^﹣的物质的量不变

C．Fe²⁺先被氧化并形成沉淀，后来沉淀溶解并被还原为Fe²⁺，最后又被氧化

D．该实验中共有两种气体生成

13．（3分）某溶液中含有的离子可能是K⁺、Ba²⁺、A1³⁺、Mg²⁺、AlO₂^﹣、CO₃^2﹣、SiO₃^2﹣、Cl^﹣中的几种，现进行如下实验：①取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成

②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L^﹣1盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失。

③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g。

下列说法中正确的是（　　）

A．该溶液中一定不含Ba²⁺、Mg²⁺、A1³⁺、SiO₃^2﹣、Cl^﹣

B．该溶液中一定含有K⁺、AlO₂^﹣、CO₃^2﹣、Cl^﹣

C．该溶液是否有K⁺需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）

D．可能含有Cl^﹣

14．（3分）甲、乙、丙、丁是由H⁺、Na⁺、Al³⁺、Ba²⁺、OH^﹣、Cl^﹣、HCO₃^﹣离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法不正确的是（　　）

A．在甲中滴加丁可能发生反应：HCO₃^﹣+Ba²⁺+OH^﹣═BaCO₃↓+H₂O

B．溶液丙中还可以大量共存的离子有：I^﹣、NO₃^﹣、SO₄^2﹣

C．白色沉淀A可能溶解在溶液D中

D．甲为NaHCO₃，乙为 AlCl₃

15．（3分）把7.2g 铁粉投入40ml某HNO₃溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO₂和NO的混合气体0.08mol，若不考虑N₂O₄的存在，则原HNO₃溶液的物质的量浓度（　　）

A．3.5mol•L^﹣1B．4.5mol•L^﹣1C．7.0mol•L^﹣1D．9.0mol•L^﹣1

16．（3分）部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe₂O₃、CuO）共5.76g，经如图处理：下列说法正确的是（　　）

A．V＝44.8

B．原样品中Fe元素的质量分数为38.89%

C．滤液A中的阳离子为Fe²⁺、Fe³⁺、H⁺

D．样品中CuO的质量为4.0 g

17．（3分）硼氢化钠（NaBH₄）为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：﹣101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂．某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO₂）为主要原料制备NaBH₄，其流程如下：

下列说法不正确的是（　　）

A．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀

B．操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶

C．反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气

D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2

18．（3分）向含有0.2molFeI₂的溶液中加入a molBr₂．下列叙述不正确的是（　　）

A．当a＝0.1时，发生的反应为2I^﹣+Br₂═I₂+2Br^﹣

B．当a＝0.25时，发生的反应为2Fe²⁺+4I^﹣+3Br₂═2Fe³⁺+2I₂+6Br^﹣

C．当溶液中I^﹣有一半被氧化时，c（I^﹣）：c（Br^﹣）＝1：1

D．当0.2＜a＜0.3时，溶液中各离子浓度的关系为2c（Fe²⁺）+3c（Fe³⁺）+c（H⁺）═c（Br^﹣）+c（OH^﹣）

19．（3分）将一定量的SO₂通入FeCl₃溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO₂与FeCl₃溶液发生氧化还原反应的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

20．（3分）按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．

下列说法错误的是（　　）

A．步骤（1）需要过滤装置

B．步骤（2）需要用到分液漏斗

C．步骤（3）需要用到坩埚

D．步骤（4）需要蒸馏装置

二、填空题（共4题，50分）

21．（12分）关于溶液配制的有关问题，请回答：

（1）下列有关容量瓶的使用方法的操作中，错误的是　 　．

A．使用容量瓶前检查它是否漏水

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗

C．定容时，将蒸馏水小心倒入容量瓶中到刻度线齐平处

D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中定容

E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒、摇匀．

（2）实验室中需2mol/L的Na₂CO₃溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na₂CO₃的质量分别是　 　．

A．1000mL； 212g B．950mL；543.4g

C．任意规格； 572g D．500mL； 106g

（3）现用98%、密度为1.8g/mL的浓硫酸配制500mL的稀硫酸．请回答下列问题：

①配制稀硫酸时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒，还缺少的玻璃仪器有　 　（填写仪器名称）．

②经计算，配制500mL0.2mol/L的稀硫酸需要上述浓硫酸的体积为　 　．

③稀浓硫酸时，实验操作步骤：　 　．

（4）误差分析：

①用量筒量取浓硫酸时仰视读数，导致最终结果　 　；（填“偏大”“偏小”或“不变”）

②定容时仰视读数，导致最终结果　 　；（填“偏大”“偏小”或“不变”）

22．（10分）5种固体物质A、B、C、D、E由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水．

分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：

①C，E溶液显碱性，A，B，D溶液呈酸性，0.1mol/L的E溶液PH＜13；

②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；

③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；

④将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加1.6mol•L^﹣1稀H₂SO₄，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．

（1）据此推断C、D的化学式为：C　 　；D　 　．

（2）写出步骤②中发生反应的离子反应方程式　 　．

（3）步骤④中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H₂SO₄的体积是　 　mL．

（4）不能确定的溶液为B和　 　（填字母编号）．

23．（15分）[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O是一种重要的染料及合成农药中间体，受热可分解．某化学课外小组设计了如图1实验（部分夹持装置略）验证它的部分分解产物，请回答问题：

（1）连接装置，　 　，在各装置中加入相应的药品和试剂．

（2）打开K₂、K₄，闭合K₁、K₃，加热一段时间后观察到品红溶液褪色，写出NaOH溶液中发生反应的离子方程式　 　．

（3）打开K₁、K₃，闭合K₂、K₄，继续加热一段时间后观察到湿润红色石蕊试纸变蓝，证明分解产物中含有　 　（填化学式）．

（4）CCl₄的作用是　 　．

（5）加热过程中，还生成Cu、N₂和H₂O．写出[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O分解的化学方程式　 　

（6）若实验中称取a g[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O，收集到b mL N₂（已换算成标准状况），[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O的分解率表达式为　 　．

（7）量气管读数时需注意的事项有：①气体冷却到室温；②量气装置两侧液面相平；③　 　．若某同学按图2所示读数，则计算出的分解率　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）．

24．（13分）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr₂O₃，还含有MgO、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质，以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K₂Cr₂O₇）的工艺如下（部分操作和条件略）：

Ⅰ．将铬铁矿和碳酸钠混合充分焙烧。

Ⅱ．焙烧后的固体加水浸取，分离得到溶液A和固体A。

Ⅲ．向溶液A中加入醋酸调pH约7～8，分离得到溶液B和固体B。

Ⅳ．再向溶液B中继续加醋酸酸化，使溶液pH小于5。

Ⅴ．向上述溶液中加入氯化钾，得到重铬酸钾晶体。

（1）Ⅰ中焙烧发生的反应如下，配平并填写空缺：

　 　FeO•Cr₂O₃+　 　Na₂CO₃+　 　＝　 　Na₂CrO₄+　 　Fe₂O₃+　 　CO₂；

②Na₂CO₃+Al₂O₃═2NaAlO₂+CO₂。

（2）固体A中主要含有　 　（填写化学式）。

（3）已知重铬酸钾溶液中存在如下平衡：2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O．Ⅳ中调节溶液pH＜5时，其目的是　 　。

（4）Ⅴ中发生反应的化学方程式是：Na₂Cr₂O₇+2KCl＝K₂Cr₂O₇↓+2NaCl，已知下表数据

①该反应能发生的理由是　 　。

②获得K₂Cr₂O₇晶体的操作有多步组成，依次是：加入KCl固体、　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥得到晶体。

（5）Ⅲ中固体B中主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析固体B中氢氧化铝含量的方法是：称取n g样品，加入过量　 　（填写试剂名称）、溶解、过滤、再通入过量的CO₂、…灼烧、冷却、称量，得干燥固体m g．计算样品中氢氧化铝的质量分数为　 　（用含m、n的代数式表示）。

2019年辽宁省东北育才学校高考化学一模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（每题仅一个选项符合题意，1-10题每题2分，11-20题每题3分，共50分）

1．（2分）分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是（　　）

A．Cl₂O₇、P₂O₅、SO₃、CO₂均属于酸性氧化物

B．Na₂O、Na₂O₂为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物

C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体

D．根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质

【考点】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、和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；

B．碱性氧化物是可以和酸之间反应生成盐和水的氧化物；

C．根据分散系中分散质粒子直径大小分类；

D、依据溶液中是否完全电离，电解质分为强电解质和弱电解质．

【解答】解：A、和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，Cl₂O₇、P₂O₅、SO₃、CO₂均和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，故A正确；

B．氧化钠属于碱性氧化物，但是过氧化钠不是，故B错误；

C．根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C错误；

D、依据溶液中是否完全电离，电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质导电能力不一定比弱电解质，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查了化学概念的分析判断，概念的实质理解应用，分散系的分类，掌握基础是关键，题目较简单．

2．（2分）下列叙述错误的是（　　）

A．10ml质量分数为98%的H₂SO₄，用10ml水稀释后，H₂SO₄的质量分数大于49%

B．配制0.1mol/L的Na₂CO₃溶液480ml，需用500ml容量瓶

C．在标况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水

D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na₂O₂和Na₂O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na₂O₂与Na₂O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变）

【考点】64：溶液中溶质的质量分数及相关计算；O9：溶液的配制．菁优网版权所有

【专题】519：物质的量浓度和溶解度专题．

【分析】A．浓硫酸的密度ρ₁大于水的密度ρ₂，浓度越大密度越大；

B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制；

C．根据c，体积V指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积；

D．发生反应：2Na₂O₂+2H₂O═4NaOH+O₂↑，Na₂O+H₂O═2NaOH，由方程式可知，相同物质的量的Na₂O₂和Na₂O的消耗相同物质的量的水，生成相同物质的量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱和，故加入的Na₂O₂、Na₂O的物质的量相等。

【解答】解：A．浓硫酸的密度ρ₁大于水的密度ρ₂，加水后浓硫酸质量分数100%49%，故A正确；

B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，根据n＝cV、m＝nM进行计算，故B正确；

C．在标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，配成1L溶液而不是溶于1L水中，得到1mol/L的氨水，故C错误；

D．若要生成80份质量的氢氧化钠，需要78份质量的过氧化钠，同时消耗18份质量的水，需要62份质量的氧化钠，同时消耗18份质量的水，则加入的Na₂O₂与Na₂O的物质的量之比等于1：1，故D正确；

故选：C。

【点评】本题考查溶液浓度计算、基本操作，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。注意实验室常用容量瓶的规格，题目难度中等。

3．（2分）已知N_A为阿伏加德罗常数的值．有关草酸 （HOOC﹣COOH）的下列说法中错误的是（　　）

A．9.0g草酸中共用电子对数目为0.9N_A

B．9.0 g草酸被NaClO氧化生成CO₂，转移的电子数为0.2 N_A

C．9.0 g草酸溶于水，其中C₂O₄^2﹣和HC₂O₄^﹣的微粒数之和为0.1N_A

D．9.0g草酸受热完全分解为CO₂、CO、H₂O，标况下测得生成的气体体积为4.48 L

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A、求出草酸的物质的量，然后根据草酸中含9对共用电子对来分析；

B、求出草酸的物质的量，然后根据由草酸被氧化为二氧化碳时，碳的化合价由+3价变为+4价；

C、草酸是二元弱酸，不能完全电离；

D、根据草酸的分解反应来计算．

【解答】解：A、9g草酸的物质的量为0.1mol，而草酸中含9对共用电子对，故0.1mol草酸中含0.9N_A对共用电子对，故A正确；

B、9g草酸的物质的量为0.1mol，而由草酸被氧化为二氧化碳时，碳的化合价由+3价变为+4价，故0.1mol草酸被氧化时转移0.2mol电子即0.2N_A个，故B正确；

C、9g草酸的物质的量为0.1mol，但草酸是二元弱酸，不能完全电离，故草酸溶于水时，H₂C₂O₄、C₂O₄^2﹣和HC₂O₄^﹣的微粒个数之和为0.1NA个，故C错误；

D、草酸的分解反应为：H₂C₂O₄CO₂+CO+H₂O，设0.1mol草酸分解生成的气体的物质的量为xmol，则有：

H₂C₂O₄CO₂+CO+H₂O

1 2

0.1mol xmol

故有：

解得x＝0.2mol

故生成气体的体积为4.48L，故D正确。

故选：C。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．

4．（2分）已知N_A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）

A．7.2 g CaO₂晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 N_A

B．在标况下，22.4LHF和22.4LC₂H₄原子个数比为1：3

C．将1 mol NH₄NO₃溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH₄⁺数目为N_A

D．0.1 mol H₂O₂分子中含极性共价键数目为0.3 N_A

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A、求出7.2g CaO₂晶体的物质的量，然后根据CaO₂晶体由一个钙离子个一个过氧根构成来分析；

B、标况下HF为液体；

C、将1 mol NH₄NO₃溶于稀氨水中使溶液呈中性，则有：n（NH₄⁺）+n（H⁺）＝n（OH^﹣）+n（Cl^﹣）；

D、双氧水中含2条极性共价键．

【解答】解：A、7.2g CaO₂晶体的物质的量为0.1mol，而CaO₂晶体由一个钙离子个一个过氧根构成，故0.1mol过氧化钙中含0.2N_A个离子，故A错误；

B、标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和原子个数，故B错误；

C、将1 mol NH₄NO₃溶于稀氨水中使溶液呈中性，则有：n（NH₄⁺）+n（H⁺）＝n（OH^﹣）+n（Cl^﹣），由于显中性，故n（H⁺）＝n（OH^﹣），则n（NH₄⁺）＝n（Cl^﹣）＝1mol，个数为N_A个，故C正确；

D、双氧水中含2条极性共价键，故0.1mol双氧水中含0.2N_A条极性共价键，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．

5．（2分）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）

A．pH＝1的溶液中：Na⁺、K⁺、MnO₄^﹣、CO₃^2﹣

B．c（H⁺）＝1×10^﹣13mol•L^﹣1的溶液中：Mg²⁺、Cu²⁺、SO₄^2﹣、NO₃^﹣

C．0.1 mol•L^﹣1NH₄HCO₃溶液中：K⁺、Na⁺、NO₃^﹣、Cl^﹣

D．0.1 mol•L^﹣1FeCl₃溶液中：Fe²⁺、NH₄⁺、SCN^﹣、SO₄^2﹣

【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．pH＝1的溶液中存在大量氢离子，碳酸根离子与氢离子反应；

B．c（H⁺）＝1×10^﹣13mol•L^﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，镁离子、铜离子与氢氧根离子反应；

C．四种离子之间不反应，都不与碳酸氢铵反应；

D．铁离子与硫氰根离子反应．

【解答】解：A．pH＝1的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，CO₃^2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．c（H⁺）＝1×10^﹣13mol•L^﹣1的溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Mg²⁺、Cu²⁺与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故B错误；

C．K⁺、Na⁺、NO₃^﹣、Cl^﹣之间不发生反应，都不与NH₄HCO₃反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．Fe³⁺和SCN^﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe³⁺和 SCN^﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H⁺或OH^﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等．

6．（2分）设N_A为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg₂N₃，转移的电子数为N_A

B．14g分子式为C_nH_2n的链烃中含有的C﹣H键的数目为2N_A

C．室温时，1.0LpH＝13的Ba（OH）₂溶液中含有OH^﹣的数目为0.2N_A

D．Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2N_A

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．镁反应生成二价镁离子；

B．C_nH_2n的链烃含有的C﹣H键的数目与氢原子数目相同；

C．pH＝13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子；

D．气体状况未知，Vm不确定．

【解答】解：A．MgO和Mg₃N₂的混合物中镁的化合价都为+2价，1mol镁变成镁离子生成2mol电子，共失去2N_A个电子，故A错误；

B.14g分子式为C_nH_2n的链烃中含有氢原子个数为2mol，含有C﹣H键的数目为2N_A，故B正确；

C．常温下，1.0L pH＝13的Ba（OH）₂溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH^﹣数目为0.1N_A，故C错误；

D．气体状况未知，Vm不确定，无法计算氢气的物质的量，无法计算转移电子数，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量浓度等之间的关系是解题关键，注意标准状况下气体摩尔体积的使用条件．

7．（2分）向Na₂CO₃、NaHCO₃，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（　　）

A．a点对应的溶液中：Na⁺、OH^﹣、SO₄^2﹣、NO₃^﹣

B．b点对应的溶液中：Al³⁺、Fe³⁺、MnO₄^﹣、Cl^﹣

C．c点对应的溶液中：Na⁺、Ca²⁺、NO₃^﹣、Cl^﹣

D．d点对应的溶液中：F^﹣、NO₃^﹣、Fe²⁺、Ag⁺

【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】向Na₂CO₃、NaHCO₃，a点溶液中含有CO₃^2﹣和HCO₃^﹣，b点全部为HCO₃^﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，结合对应离子的性质解答该题。

【解答】解：向Na₂CO₃、NaHCO₃，a点溶液中含有CO₃^2﹣和HCO₃^﹣，b点全部为HCO₃^﹣，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，

A．a点溶液中含有CO₃^2﹣和HCO₃^﹣，HCO₃^﹣与OH^﹣反应不能大量共存，故A错误；

B．b点全部为HCO₃^﹣，Al³⁺、Fe³⁺与HCO₃^﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；

C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；

D．d点呈酸性，酸性条件下，NO₃^﹣与Fe²⁺发生氧化还原反应而不能大量共存，F^﹣在酸性条件下不能大量共存，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意题中各阶段溶液的成分，题目难度不大。

8．（2分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关．下列有关说法正确的是（　　）

A．某地燃烧化石燃料排放的废气中含CO₂、SO₂，使雨水pH＝6形成酸雨

B．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质

C．高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；反应3O₂＝2O₃有单质参加，属于氧化还原反应

D．人造纤维，合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物

【考点】66：胶体的重要性质；BS：化学基本反应类型；F7：常见的生活环境的污染及治理；L1：有机高分子化合物的结构和性质．菁优网版权所有

【分析】A．酸雨pH＜5.6；

B．胶体有电泳现象；

C．3O₂═2O₃中没有化合价变化；

D．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．

【解答】解：A．正常雨水的pH约为5.6，酸雨pH＜5.6，故A错误；

B．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的电泳的性质，故B正确；

C．3O₂═2O₃中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故C错误；

D．光导纤维的成分是二氧化硅，不是高分子化合物，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查环境污染及治理、氧化还原反应、高分子化合物等，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．

9．（2分）O₂F₂可以发生反应：H₂S+4O₂F₂→SF₆+2HF+4O₂，下列说法正确的是（　　）

A．氧气是氧化产物

B．O₂F₂既是氧化剂又是还原剂

C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子

D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4

【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】反应H₂S+4O₂F₂→SF₆+2HF+4O₂中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题．

【解答】解：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；

B．在反应中，O₂F₂中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H₂S表现还原性，而O₂F₂表现氧化性，故B错误；

C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；

D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，易错点为C，注意因条件未知，不能确定HF的物质的量，题目难度不大．

10．（2分）下列实验操作不正确或不能达到目的是（　　）

A．鉴别碳酸钠和碳酸氢钠

B．钠的燃烧

C．直接蒸发氯化铁溶液获得氯化铁晶体

D．实验室制取蒸馏水

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】542：化学实验基本操作．

【分析】A．碳酸氢钠加热分解生成的二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠不分解；

B．钠燃烧比较剧烈，可以在坩埚中进行；

C．氯化铁在溶液中水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，无法达到氯化铁固体；

D．直接加热自来水可以获得蒸馏水，结合蒸馏装置特点分析．

【解答】解：A．由于碳酸钠较稳定，而碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，可用图示装置鉴别碳酸钠、碳酸氢钠，故A不选；

B．钠与氧气反应较剧烈，为了避免发生危险，可在坩埚中进行，故B不选；

C．直接蒸发氯化铁溶液，铁离子水解生成氢氧化铁，由于HCl挥发，无法获得氯化铁晶体，故C选；

D．图示装置中仪器连接及冷凝管通水方向都合理，可用于制取少量自来水，故D不选；

故选：C。

【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及钠的燃烧、物质鉴别、盐的水解、蒸馏水的制取等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力．

11．（3分）下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是（　　）

A．向0.1mol/L、pH＝1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA^﹣+OH^﹣═A^2﹣+H₂O

B．标准状况下，将1.12LCO₂气体通入1L0.1mol/L的NaAlO₂溶液中：CO₂+2H₂O+AlO₂^﹣═Al（OH）₃↓+HCO₃^﹣

C．由水电离出的c（H⁺）＝1×10^﹣12mol/L的溶液中可能大量存在K⁺、I^﹣、Mg²⁺、NO₃^﹣

D．向NH₄Al（SO₄）₂溶液中滴加Ba（OH）₂溶液使SO₄^2﹣完全沉淀：NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2﹣+2Ba²⁺+4OH^﹣═NH₃•H₂O+Al（OH）₃↓+2BaSO₄↓

【考点】49：离子方程式的书写；DP：离子共存问题．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．0.1mol/L的NaHA溶液的pH＝1，说明HA^﹣完全电离出氢离子，离子方程式中HA^﹣应该拆开；

B．分别计算出二氧化碳、偏铝酸钠的物质的量，然后过量情况判断反应产物；

C．该溶液可能呈酸性或碱性，镁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子；

D．硫酸根离子完全沉淀时，硫酸铝铵与氢氧化钡按照1：2反应，铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，剩余的氢氧根离子与铵根离子反应生成一水合氨．

【解答】解：A．0.1mol/L、pH＝1的NaHA溶液中，HA^﹣完全电离，HA^﹣应该拆开，正确的离子方程式为：H⁺+OH^﹣═H₂O，故A错误；

B．标准状况下1.12LCO₂气体的物质的量为：0.05mol，1L 0.1mol/L NaAlO₂溶液中偏铝酸钠的物质的量为：0.1mol/L×1L＝0.1mol，二者恰好反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，正确的离子方程式为：CO₂+3H₂O+2AlO₂^﹣═2Al（OH）₃↓+CO₃^2﹣，故B错误；

C．由水电离出的c（H⁺）＝1×10^﹣12mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性条件下I^﹣、NO₃^﹣发生氧化还原反应，Mg²⁺与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；

D．NH₄Al（SO₄）₂溶液中滴加Ba（OH）₂溶液使SO₄^2﹣完全沉淀，硫酸铝铵与氢氧化钡按照物质的量1：2反应，反应的离子方程式为：NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2﹣+2Ba²⁺+4OH^﹣═NH₃•H₂O+Al（OH）₃↓+2BaSO₄↓，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了离子方程式的书写、离子共存，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．

12．（3分）某溶液中含有NH₄⁺，Fe²⁺，Al³⁺，SO₄^2﹣，Cl^﹣五种离子，若向其中加入过量的Na₂O₂，微热并搅拌，再通入过量的HI气体，充分反应后，最后加入足量稀硝酸酸化的硝酸钡溶液，则下列叙述不正确的是（　　）

A．Al³⁺先形成沉淀后溶解，后来再形成沉淀接着又沉淀溶解

B．反应后，溶液中NH₄⁺，Fe²⁺，SO₄^2﹣的物质的量减少，而Al³⁺、Cl^﹣的物质的量不变

C．Fe²⁺先被氧化并形成沉淀，后来沉淀溶解并被还原为Fe²⁺，最后又被氧化

D．该实验中共有两种气体生成

【考点】DG：常见离子的检验方法；PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．菁优网版权所有

【专题】19：物质检验鉴别题．

【分析】溶液中含有NH₄⁺，Fe²⁺，Al³⁺，SO₄^2﹣，Cl^﹣五种离子，若向其中加入过量的Na₂O₂，过氧化钠具有强氧化性，且与水反应生成氢氧化钠，则热并搅拌，则可生成氢氧化铁、氨气，氢氧化铝或偏铝酸钠，再通入过量的HI气体，氢氧化铝、氢氧化铁溶解，铁离子与碘离子发生氧化还原反应生成碘和Fe²⁺，充分反应后，最后加入足量稀硝酸酸化的硝酸钡溶液，硝酸可氧化Fe²⁺和碘离子，且生成硫酸钡沉淀，以此解答该题．

【解答】解：A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，Al³⁺先形成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量生成偏铝酸钠而溶解，通入过量的HI气体，偏铝酸钠先与酸反应生成氢氧化铝沉淀，酸过量，氢氧化铝溶解生成铝离子，故A正确；

B．加入过氧化钠，生成氨气而挥发，最后加入过量的稀硝酸，不可能存在还原性的Fe²⁺，SO₄^2﹣生成硫酸钡沉淀，而Al³⁺、Cl^﹣的物质的量不变，故B正确；

C．Fe²⁺先被过氧化钠氧化并形成氢氧化铁沉淀，后来沉淀溶解并被HI还原为Fe²⁺，最后又被硝酸氧化，故C正确；

D．该实验中共有氧气、氨气和NO三种气体生成，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查离子反应问题，注意过氧化钠与水反应的特征，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大．

13．（3分）某溶液中含有的离子可能是K⁺、Ba²⁺、A1³⁺、Mg²⁺、AlO₂^﹣、CO₃^2﹣、SiO₃^2﹣、Cl^﹣中的几种，现进行如下实验：①取少量溶液加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成

②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L^﹣1盐酸，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失。

③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g。

下列说法中正确的是（　　）

A．该溶液中一定不含Ba²⁺、Mg²⁺、A1³⁺、SiO₃^2﹣、Cl^﹣

B．该溶液中一定含有K⁺、AlO₂^﹣、CO₃^2﹣、Cl^﹣

C．该溶液是否有K⁺需做焰色反应（透过蓝色钴玻璃片）

D．可能含有Cl^﹣

【考点】DG：常见离子的检验方法．菁优网版权所有

【分析】①加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在A1³⁺、Mg²⁺；

②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L^﹣1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，产生的气体为二氧化碳，说明溶液中存在AlO₂^﹣、CO₃^2﹣，所以一定不存在SiO₃^2﹣、Ba²⁺，根据溶液电中性可知，溶液中一定存在K⁺；

③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀为AgCl，物质的量为：0.003mol＞n（HCl）＝0.001mol，所以原溶液中一定存在0.02molCl^﹣，据此进行解答。

【解答】解：①向溶液中加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在与氢氧化钠生成沉淀的离子：A1³⁺、Mg²⁺；②向原溶液中逐滴加入5mL0.2mol•L^﹣1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；滴加盐酸产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，气体为二氧化碳，说明原溶液中存在AlO₂^﹣和CO₃^2﹣，所以一定不存在不溶于盐酸的SiO₃^2﹣和与CO₃^2﹣反应的Ba²⁺，再根据溶液电中性可知：溶液中一定存在唯一的阳离子：K⁺；③在②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.43g，沉淀为AgCl，物质的量为：0.003mol；②中加入的氯离子的物质的量为：n（HCl）＝0.2mol/L×0.005L＝0.001mol＜n（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02mol Cl^﹣，

A．根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba²⁺、Mg²⁺、A1³⁺、SiO₃^2﹣，一定存在Cl^﹣，故A错误；

B．由分析可知：该溶液中一定含有K⁺、AlO₂^﹣、CO₃^2﹣、Cl^﹣，故B正确；

C．根据溶液的电中性可以判断，溶液中一定存在K⁺，不需要通过焰色反应判断K⁺是否存在，故C错误；

B．根据分析可知，原溶液中一定存在Cl^﹣，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查了常见离子的检验方法及判断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，本题中钾离子和氯离子的判断为难点，注意根据溶液电中性及生成氯化银的物质的量判断二者的存在情况。

14．（3分）甲、乙、丙、丁是由H⁺、Na⁺、Al³⁺、Ba²⁺、OH^﹣、Cl^﹣、HCO₃^﹣离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法不正确的是（　　）

A．在甲中滴加丁可能发生反应：HCO₃^﹣+Ba²⁺+OH^﹣═BaCO₃↓+H₂O

B．溶液丙中还可以大量共存的离子有：I^﹣、NO₃^﹣、SO₄^2﹣

C．白色沉淀A可能溶解在溶液D中

D．甲为NaHCO₃，乙为 AlCl₃

【考点】DG：常见离子的检验方法．菁优网版权所有

【专题】19：物质检验鉴别题；25：实验评价题．

【分析】甲、乙、丙、丁是由H⁺、Na⁺、Al³⁺、Ba²⁺、OH^﹣、Cl^﹣、HCO₃^﹣离子中的两种组成，依据离子共存原则，H⁺只能与Cl^﹣生成HCl，Al³⁺只能与Cl^﹣生成AlCl₃，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有Na⁺，据此解答即可．

【解答】解：溶液中存在H⁺、Na⁺、Al³⁺、Ba²⁺、OH^﹣、Cl^﹣、HCO₃^﹣，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl₃，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al³⁺和HCO₃^﹣生成的气体B为二氧化碳，沉淀A为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为NaHCO₃，那么乙为AlCl₃，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为HCl；

A．甲中滴加丁，丁是过量的，那么发生的离子反应为HCO₃^﹣+Ba²⁺+OH^﹣═BaCO₃↓+H₂O，故A正确；

B．据分析可知，丙为HCl，含有H⁺，故I^﹣、NO₃^﹣不能与其共存，故B错误；

C．白色沉淀A为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故C 正确；

D．依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，乙为AlCl₃，故D正确；

故选：B。

【点评】本题主要考查的是常见离子之间的反应以及物质的推断，有一定难度，需要结合离子反应认真推理．

15．（3分）把7.2g 铁粉投入40ml某HNO₃溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，产生NO₂和NO的混合气体0.08mol，若不考虑N₂O₄的存在，则原HNO₃溶液的物质的量浓度（　　）

A．3.5mol•L^﹣1B．4.5mol•L^﹣1C．7.0mol•L^﹣1D．9.0mol•L^﹣1

【考点】5C：物质的量浓度的相关计算．菁优网版权所有

【专题】555：溶液浓度的计算．

【分析】把7.2g纯铁粉投入到某HNO₃溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，根据Fe元素守恒计算硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO₂，根据N元素守恒可知n（HNO₃）＝2n[Fe（NO₃）₂]+n（NO+NO₂），据此进行解答．

【解答】解：把7.2g纯铁粉投入到某HNO₃溶液中，充分反应后剩余固体1.6g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，

参加反应的Fe的质量＝7.2g﹣1.6g＝5.6g，其物质的量0.1mol，故n[Fe（NO₃）₂]＝0.1mol，

反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的酸性生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO₂，根据N元素守恒可知n（HNO₃）＝2n[Fe（NO₃）₂]+n（NO+NO₂）＝0.1mol×2+0.08mol＝0.28mol，所以原HNO₃溶液的物质的量浓度为：7.0 mol•l ^﹣1，

故选：C。

【点评】本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从N元素守恒的角度解答该题，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

16．（3分）部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe₂O₃、CuO）共5.76g，经如图处理：下列说法正确的是（　　）

A．V＝44.8

B．原样品中Fe元素的质量分数为38.89%

C．滤液A中的阳离子为Fe²⁺、Fe³⁺、H⁺

D．样品中CuO的质量为4.0 g

【考点】M3：有关混合物反应的计算．菁优网版权所有

【分析】A．滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe₂O₃，物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液A溶质为过量H₂SO₄和FeSO₄，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H⁺和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧元素的质量，进而计算合金中氧原子的物质的量，计算氧原子结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积；

B．结合A根据质量分数定义计算Fe元素质量分数；

C．硫酸足量，氧化性：Fe³⁺＞Cu²⁺＞H⁺，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子；

D．滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，利用极限法判断样品中CuO的质量问题．

【解答】解：A．滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe₂O₃，其物质的量0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液A中溶质为过量H₂SO₄和FeSO₄，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H⁺和合金中的氧结合成水了，合金中Fe元素质量＝0.04mol×56g/mol＝2.24g，故合金中氧原子的物质的量0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08mol﹣0.04mol＝0.04mol H⁺生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L＝448mL，故A错误；

B．合金中Fe元素的质量为：56g/mol×0.04mol＝2.24g，故合金中Fe元素质量分数100%＝38.89%，故B正确；

C．由于氧化性Fe³⁺＞Cu²⁺＞H⁺，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且硫酸足量，滤液A中阳离子为：Fe²⁺、H⁺，故C错误

D．由于硫酸过量，生成氢气，滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol×0.05mol＝4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查混合物计算，题目难度中等，明确反应过程是解答关键，试题侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答．

17．（3分）硼氢化钠（NaBH₄）为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：﹣101℃，沸点：33℃），在干空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂．某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO₂）为主要原料制备NaBH₄，其流程如下：

下列说法不正确的是（　　）

A．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀

B．操作②、操作③分别是过滤与蒸发结晶

C．反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气

D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】18：实验分析题；25：实验评价题；43：演绎推理法；545：物质的分离提纯和鉴别．

【分析】NaBO₂、SiO₂、Na和H₂在一定条件下反应生成NaBH₄、Na₂SiO₃，NaBH₄容易吸水潮解，可溶于异丙胺，在干空气中稳定，在湿空气中分解，为防止NaBH₄水解，可将生成的NaBH₄、Na₂SiO₃溶于异丙胺，NaBH₄溶解于异丙胺、Na₂SiO₃不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，所以操作②为过滤，通过过滤得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na₂SiO₃；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH₄，所以操作③为蒸馏，

A、由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割；

B、根据上面的分析可知，操作②、操作③分别是过滤与蒸馏；

C、NaBH₄常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH₄水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气；

D、反应①中发生的反应为NaBO₂+2SiO₂+4Na+2H₂═NaBH₄+2Na₂SiO₃，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，据此判断氧化剂与还原剂的物质的量之比；

【解答】解：A、由于钠的硬度较小，且保存在煤油中，所以取用少量钠需要用滤纸吸干煤油，再用镊子、小刀在玻璃片上切割，故A正确；

B、根据上面的分析可知，操作②、操作③分别是过滤与蒸馏，故B错误；

C、NaBH₄常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH₄水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，所以反应①加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气排尽装置中的空气和水蒸气，故C正确；

D、反应①中发生的反应为NaBO₂+2SiO₂+4Na+2H₂═NaBH₄+2Na₂SiO₃，反应中氢气中氧化剂，钠是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D正确；

故选：B。

【点评】本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等，题目难度中等．

18．（3分）向含有0.2molFeI₂的溶液中加入a molBr₂．下列叙述不正确的是（　　）

A．当a＝0.1时，发生的反应为2I^﹣+Br₂═I₂+2Br^﹣

B．当a＝0.25时，发生的反应为2Fe²⁺+4I^﹣+3Br₂═2Fe³⁺+2I₂+6Br^﹣

C．当溶液中I^﹣有一半被氧化时，c（I^﹣）：c（Br^﹣）＝1：1

D．当0.2＜a＜0.3时，溶液中各离子浓度的关系为2c（Fe²⁺）+3c（Fe³⁺）+c（H⁺）═c（Br^﹣）+c（OH^﹣）

【考点】BQ：氧化还原反应的计算．菁优网版权所有

【专题】516：离子反应专题．

【分析】亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I^﹣+Br₂═I₂+2Br^﹣；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe²⁺+4I^﹣+3Br₂═2Fe³⁺+2I₂+6Br^﹣，据此进行解答。

【解答】解：亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I^﹣+Br₂═I₂+2Br^﹣；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe²⁺+4I^﹣+3Br₂═2Fe³⁺+2I₂+6Br^﹣，

A．a＝0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I^﹣+Br₂═I₂+2Br^﹣，故A正确；

B．当a＝0.25时，0.2molFeI₂的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe²⁺+8I^﹣+5Br₂═2Fe³⁺+4I₂+10Br^﹣，故B错误；

C．溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；

D．当0.2＜a＜0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c（Fe²⁺）+3c（Fe³⁺）+c（H⁺）═c（Br^﹣）+c（OH^﹣），故D正确；

故选：B。

【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确亚铁离子与碘离子的还原性强弱及发生反应的先后顺序为解答关键，试题充分培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

19．（3分）将一定量的SO₂通入FeCl₃溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO₂与FeCl₃溶液发生氧化还原反应的是（　　）

A．AB．BC．CD．D

【考点】F5：二氧化硫的化学性质．菁优网版权所有

【专题】523：氧族元素．

【分析】SO₂与FeCl₃溶液发生氧化还原反应则三价铁离子反应生成二价铁，过程中有化合价变化，据此判断解答．

【解答】解：A．将一定量的SO₂通入FeCl₃溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；

B．加入Ba（NO₃）₂溶液，有白色沉淀，硝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，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO₂与FeCl₃溶液发生氧化还原反应，故B错误；

C．加入酸性KMnO₄溶液，紫色退去，因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO₂与FeCl₃溶液发生氧化还原反应，故C错误；

D．亚铁离子加入K₃[Fe（CN）₆]（铁氰化钾）溶液生成Fe₃[Fe（CN）₆]₂↓（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO₂与FeCl₃溶液发生氧化还原反应，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了元素化合物知识，明确二氧化硫的性质是解题关键，注意二价铁离子的检验，题目难度中等．

20．（3分）按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．

下列说法错误的是（　　）

A．步骤（1）需要过滤装置

B．步骤（2）需要用到分液漏斗

C．步骤（3）需要用到坩埚

D．步骤（4）需要蒸馏装置

【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】538：有机化合物的获得与应用．

【分析】步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，以此来解答．

【解答】解：A．步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；

B．步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B正确；

C．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故C错误；

D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；

故选：C。

【点评】本题以混合物的分离提纯考查有机物的合成，注意合成流程中物质的性质及分离方法是解答本题的关键，注重实验操作和分离方法的考查，题目难度不大．

二、填空题（共4题，50分）

21．（12分）关于溶液配制的有关问题，请回答：

（1）下列有关容量瓶的使用方法的操作中，错误的是　BCD　．

A．使用容量瓶前检查它是否漏水

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗

C．定容时，将蒸馏水小心倒入容量瓶中到刻度线齐平处

D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中定容

E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒、摇匀．

（2）实验室中需2mol/L的Na₂CO₃溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na₂CO₃的质量分别是　A　．

A．1000mL； 212g B．950mL；543.4g

C．任意规格； 572g D．500mL； 106g

（3）现用98%、密度为1.8g/mL的浓硫酸配制500mL的稀硫酸．请回答下列问题：

①配制稀硫酸时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒，还缺少的玻璃仪器有　胶头滴管、500mL 容量瓶　（填写仪器名称）．

②经计算，配制500mL0.2mol/L的稀硫酸需要上述浓硫酸的体积为　5.6mL　．

③稀浓硫酸时，实验操作步骤：　水先倒入烧杯，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌　．

（4）误差分析：

①用量筒量取浓硫酸时仰视读数，导致最终结果　偏大　；（填“偏大”“偏小”或“不变”）

②定容时仰视读数，导致最终结果　偏小　；（填“偏大”“偏小”或“不变”）

【考点】R1：配制一定物质的量浓度的溶液．菁优网版权所有

【专题】542：化学实验基本操作．

【分析】（1）A．使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液；

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大；

C．定容时，将蒸馏水小心倒入容量瓶中，到液面最低处于刻度线相切；

D．容量瓶不能用来稀释溶液；

E．依据摇匀的正确操作；

（2）由于容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，然后根据m＝cVM进行计算；

（3）①依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；

②依据C计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算；

③依据浓硫酸稀释过程中产生大量的热，注意应将浓硫酸加入到水中；

（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C进行误差分析．

【解答】解：（1）A．使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液，故A正确；

B．用待配液润洗，导致溶质的物质的量偏大，会导致所配溶液浓度偏大，故B错误；

C．定容时，将蒸馏水小心倒入容量瓶中，到液面最低处于刻度线相切，故C错误；

D．容量瓶不能用来稀释溶液，应先在烧杯中稀释，再移液到容量瓶，故D错误；

E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒、摇匀，故E正确；

故选：BCD；

（2）容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na₂CO₃）＝cVM＝1L×2mol/L×106g/mol＝212g；

故答案为：A；

（3）①配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、500mL 容量瓶；所以缺少的仪器：胶头滴管、500mL 容量瓶；

故答案为：胶头滴管、500mL 容量瓶；

②用98%、密度为1.8g/mL的浓硫酸物质的量浓度C18mol/L；

设配制500mL0.2mol/L的稀硫酸需要上述浓硫酸的体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得V×18mol/L＝500mL×0.2mol/L，解得V＝5.6mL；

故答案为：5.6；

③浓硫酸稀释的正确操作为：水先倒入烧杯，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌；

故答案为：水先倒入烧杯，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并不断搅拌；

（4）①用量筒量取浓硫酸时仰视读数，导致量取的浓硫酸体积偏大，硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高；

故答案为：偏大；

②定容时仰视读数，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；

故答案为：偏小．

【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶使用方法和注意问题，题目难度不大．

22．（10分）5种固体物质A、B、C、D、E由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水．

分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：

①C，E溶液显碱性，A，B，D溶液呈酸性，0.1mol/L的E溶液PH＜13；

②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；

③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；

④将38.4g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加1.6mol•L^﹣1稀H₂SO₄，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现．

（1）据此推断C、D的化学式为：C　Ba（OH）₂　；D　Al（NO₃）₃　．

（2）写出步骤②中发生反应的离子反应方程式　2Fe³⁺+3CO₃^2﹣+3H₂O＝2Fe（OH）₃↓+3CO₂↑　．

（3）步骤④中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H₂SO₄的体积是　500　mL．

（4）不能确定的溶液为B和　A　（填字母编号）．

【考点】DG：常见离子的检验方法．菁优网版权所有

【专题】19：物质检验鉴别题．

【分析】①C、E溶液显碱性，溶液可能为碱溶液或强碱弱酸盐，A、B、D溶液呈酸性，0.1mol/L的E溶液pH＜13，则1molE中含有小于1mol的氢氧根离子，只能为弱酸根离子水解，根据离子共存可知，E含有CO₃^2﹣离子，结合离子共存，E只能为碳酸钠，结合离子共存可知，C为氢氧化钡；

②B溶液与碳酸钠溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，则B中含有Fe³⁺、与碳酸根发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铁红褐色沉淀；

③少量氢氧化钡溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量氢氧化钡溶液与D溶液混合后无现象，说明D中含有Al³⁺、且不能是硫酸铝；

④将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 mol•L^﹣1稀H₂SO₄，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明D中含有NO₃^﹣、，那么D为硝酸铝；那么A为硫酸铜或者氯化铜，那么B就为氯化铁或者硫酸铁，以此解答该题．

【解答】解：①C、E溶液显碱性，溶液可能为碱溶液或强碱弱酸盐，A、B、D溶液呈酸性，0.1mol/L的E溶液pH＜13，则1molE中含有小于1mol的氢氧根离子，只能为弱酸根离子水解，根据离子共存可知，E含有CO₃^2﹣离子，结合离子共存，E只能为碳酸钠，结合离子共存可知，C为氢氧化钡；

②B溶液与碳酸钠溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，则B中含有Fe³⁺、与碳酸根发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铁红褐色沉淀；

③少量氢氧化钡溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量氢氧化钡溶液与D溶液混合后无现象，说明D中含有Al³⁺、且不能是硫酸铝；

④将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 mol•L^﹣1稀H₂SO₄，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明D中含有NO₃^﹣、，那么D为硝酸铝；那么A为硫酸铜或者氯化铜，那么B就为氯化铁或者硫酸铁，

（1）由以上分析可知，C为Ba（OH）₂，D为Al（NO₃）₃，故答案为：Ba（OH）₂；Al（NO₃）₃；

（2）步骤②为碳酸钠与铁离子的互促水解反应，发生反应的离子反应方程式为2Fe³⁺+3CO₃^2﹣+3H₂O＝2Fe（OH）₃↓+3CO₂↑，

故答案为：2Fe³⁺+3CO₃^2﹣+3H₂O＝2Fe（OH）₃↓+3CO₂↑；

（3）38.4 g Cu的物质的量为：0.6mol，步骤⑤中发生的离子反应方程式为：3Cu+8H⁺+3NO₃^﹣＝3Cu²⁺+2NO+4H₂O，若要将Cu片完全溶解，需要氢离子的物质的量为1.6mol，故至少加入稀H₂SO₄的体积设为V，即1.6mol/L×V×2＝1.6mol，解V＝500mL，故答案为：500；

（4）由分析可知A为硫酸铜或者氯化铜，那么B就为氯化铁或者硫酸铁，A和B都不能确定，故答案为：A．

【点评】本题考查无机物的推断，题目综合性较强，涉及无机物推断、离子检验、离子共存、物质溶解度比较，需要学生熟练掌握基础知识，有利于考查学生的推理能力，难度中等．

23．（15分）[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O是一种重要的染料及合成农药中间体，受热可分解．某化学课外小组设计了如图1实验（部分夹持装置略）验证它的部分分解产物，请回答问题：

（1）连接装置，　检查装置气密性　，在各装置中加入相应的药品和试剂．

（2）打开K₂、K₄，闭合K₁、K₃，加热一段时间后观察到品红溶液褪色，写出NaOH溶液中发生反应的离子方程式　SO₂+2OH^﹣＝SO₃^2﹣+H₂O　．

（3）打开K₁、K₃，闭合K₂、K₄，继续加热一段时间后观察到湿润红色石蕊试纸变蓝，证明分解产物中含有　NH₃　（填化学式）．

（4）CCl₄的作用是　防止倒吸　．

（5）加热过程中，还生成Cu、N₂和H₂O．写出[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O分解的化学方程式　3[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O3Cu+8NH₃↑+2N₂↑+3SO₂↑+9H₂O　

（6）若实验中称取a g[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O，收集到b mL N₂（已换算成标准状况），[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O的分解率表达式为　100%　．

（7）量气管读数时需注意的事项有：①气体冷却到室温；②量气装置两侧液面相平；③　视线与凹液面最低处相平　．若某同学按图2所示读数，则计算出的分解率　偏低　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）．

【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【分析】（1）加热中有气体生成，由装置图可知，还进行气体体积的测定，加入药品前需要检验装置气密性；

（2）观察到品红溶液褪色，说明分解生成二氧化硫，氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，便于后续气体体积测定；

（3）观察到湿润红色石蕊试纸变蓝，说明分解生成氨气；

（4）用水吸收生成氨气，以便于后续气体体积的测定，而氨气极易溶于水，直接用水吸收会发生倒吸；

（5）加热过程中，还生成Cu、N₂和H₂O，由上述分析可知有氨气、二氧化硫生成；

（6）根据氮气的体积，结合方程式计算分解的[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O的质量，进而计算其分解率；

（7）读数还需要视线与凹液面最低处相平；若某同学按图2所示读数，气体的压强大于大气压，气体被压缩，测定气体的体积偏小．

【解答】解：（1）加热中有气体生成，由装置图可知，还进行气体体积的测定，加入药品前需要检验装置气密性，

故答案为：检查装置气密性；

（2）观察到品红溶液褪色，说明分解生成二氧化硫，氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，便于后续气体体积测定，反应离子方程式为：SO₂+2OH^﹣＝SO₃^2﹣+H₂O，

故答案为：SO₂+2OH^﹣＝SO₃^2﹣+H₂O；

（3）观察到湿润红色石蕊试纸变蓝，说明分解生成氨气，

故答案为：NH₃；

（4）用水吸收生成氨气，以便于后续气体体积的测定，而氨气极易溶于水，直接用水吸收会发生倒吸，导管伸入四氯化碳中，氨气不被四氯化碳吸收，可以防止倒吸，

故答案为：防止倒吸；

（5）加热过程中，还生成Cu、N₂和H₂O，由上述分析可知有氨气、二氧化硫生成，[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂分解的化学方程式为：3[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O 3Cu+8NH₃↑+2N₂↑+3SO₂↑+9H₂O，

故答案为：3[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O 3Cu+8NH₃↑+2N₂↑+3SO₂↑+9H₂O；

（6）设分解的[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O的质量为m，则：

3[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O 3Cu+8NH₃↑+2N₂↑+3SO₂↑+9H₂O

3×246g 2×22.4L

m b×10^﹣3L

所以mg

[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O的分解率表达式为100%100%，

故答案为：100%；

（7）读数还需要视线与凹液面最低处相平；

若某同学按图2所示读数，气体的压强大于大气压，气体被压缩，测定气体的体积偏小，计算分解的[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O的质量偏小，故[Cu（NH₃）₄]SO₄•H₂O的分解率偏低，

故答案为：视线与凹液面最低处相平；偏低．

【点评】本题考查验证型实验方案、分解率有关计算、元素化合物性质、对原理与装置的分析评价、误差分析、化学实验基本操作等，是对化学实验的综合考查，关键是理解各装置作用，较好的考查学生实验能力、分析解决问题的能力．

24．（13分）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr₂O₃，还含有MgO、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质，以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K₂Cr₂O₇）的工艺如下（部分操作和条件略）：

Ⅰ．将铬铁矿和碳酸钠混合充分焙烧。

Ⅱ．焙烧后的固体加水浸取，分离得到溶液A和固体A。

Ⅲ．向溶液A中加入醋酸调pH约7～8，分离得到溶液B和固体B。

Ⅳ．再向溶液B中继续加醋酸酸化，使溶液pH小于5。

Ⅴ．向上述溶液中加入氯化钾，得到重铬酸钾晶体。

（1）Ⅰ中焙烧发生的反应如下，配平并填写空缺：

　4　FeO•Cr₂O₃+　8　Na₂CO₃+　7O₂　＝　8　Na₂CrO₄+　2　Fe₂O₃+　8　CO₂；

②Na₂CO₃+Al₂O₃═2NaAlO₂+CO₂。

（2）固体A中主要含有　Fe₂O₃、MgO　（填写化学式）。

（3）已知重铬酸钾溶液中存在如下平衡：2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O．Ⅳ中调节溶液pH＜5时，其目的是　使CrO₄^2﹣转化为Cr₂O₇^2﹣　。

（4）Ⅴ中发生反应的化学方程式是：Na₂Cr₂O₇+2KCl＝K₂Cr₂O₇↓+2NaCl，已知下表数据

①该反应能发生的理由是　温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，低温下四种物质中K₂Cr₂O₇的溶解度最小，利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾　。

②获得K₂Cr₂O₇晶体的操作有多步组成，依次是：加入KCl固体、　加热浓缩　、　冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥得到晶体。

（5）Ⅲ中固体B中主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析固体B中氢氧化铝含量的方法是：称取n g样品，加入过量　氢氧化钠溶液　（填写试剂名称）、溶解、过滤、再通入过量的CO₂、…灼烧、冷却、称量，得干燥固体m g．计算样品中氢氧化铝的质量分数为　　（用含m、n的代数式表示）。

【考点】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】（1）反应中Fe、Cr元素化合价升高，结合元素守恒可知缺陷物质为氧气，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，Cr元素化合价由+3价升高为+6价，总升高+7价，O元素化合价由0价降低为﹣2价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为28，故FeO•Cr₂O₃的系数为4，氧气系数为7，再根据原子守恒配平；

（2）焙烧时MgO未反应，焙烧后的固体加水浸取，分离得到固体A为Fe₂O₃、MgO；

（3）根据平衡移动原理分析；

（4）①温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，低温下得到溶解度更小的物质；

②加入KCl固体后，利用溶解度不同，温度对溶解度影响，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可以得到K₂Cr₂O₇晶体；

（5）固体B中主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，为精确分析B中氢氧化铝含量，先利用氢氧化铝的两性，用过量的氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝，过滤除去不溶物，向滤液中通入二氧化碳重新生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝固体，根据铝元素守恒计算样品中氢氧化铝的质量，进而计算其质量分数。

【解答】解：（1）反应中Fe、Cr元素化合价升高，结合元素守恒可知缺陷物质为氧气，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，Cr元素化合价由+3价升高为+6价，总升高+7价，O元素化合价由0价降低为﹣2价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为28，故FeO•Cr₂O₃的系数为4，氧气系数为7，再根据原子守恒配平后方程式为：4FeO•Cr₂O₃+8Na₂CO₃+7O₂8Na₂CrO₄+2Fe₂O₃+8CO₂，

故答案为：4；8；7O₂；8；2；8；

（2）焙烧时MgO未反应，焙烧后的固体加水浸取，分离得到固体A为Fe₂O₃、MgO，

故答案为：Fe₂O₃、MgO；

（3）由于存在反应平衡Cr₂O₇^2﹣+H₂O⇌2CrO₄^2﹣+2H⁺，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO₄^2﹣转化为Cr₂O₇^2﹣，

故答案为：使CrO₄^2﹣转化为Cr₂O₇^2﹣；

（4）①温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，低温下四种物质中K₂Cr₂O₇的溶解度最小，利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾，

故答案为：温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，低温下四种物质中K₂Cr₂O₇的溶解度最小，利用复分解反应在低温下可以得到重铬酸钾；

②加入KCl固体后，利用溶解度不同，温度对溶解度影响，再经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可以得到K₂Cr₂O₇晶体，

故答案为：加热浓缩、冷却结晶；

（5）固体B中主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，为精确分析B中氢氧化铝含量，先利用氢氧化铝的两性，用过量的氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝，过滤除去不溶物，向滤液中通入二氧化碳重新生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝固体，

根据Al元素守恒，样品中氢氧化铝的质量分数，

故答案为：氢氧化钠溶液；。

【点评】本题考查物质制备、物质含量测定、物质的分离提纯、氧化还原反应、平衡移动原理等，注意对溶解度数据的分析运用，理解复分解反应本质，题目难度中等。

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日期：2019/4/14 18:07:12；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120