1、福建省福州市第三中学2019-2020学年上学期高三9月月考化学试题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. “雾霾积聚，难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. 我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理不相同D. 碳素钢和光导纤维都属于新型的无机非金属材料【答案】D【解析】【分析】A气溶胶为胶体分散系，胶体具有丁达尔效应；B钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质；C活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次
2、氯酸的强氧化性；D. 碳素钢是合金，光导纤维是二氧化硅，不属于新型的无机非金属材料。【详解】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，选项A正确；B钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，选项B正确；C活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故漂白纸浆的原理不相同，选项C正确；D. 碳素钢是合金，光导纤维是二氧化硅，不属于新型的无机非金属材料，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，解题关键在于熟悉常见物质的组成、结构、性质和用途，题目难度不大。2.设NA表示阿伏
3、加德罗常数的值，下列叙述中一定正确的是 ()。A. 在1 mol NaHSO4晶体中，含阳离子数为2NAB. 1 mol C4H10分子中共价键总数13NAC. 0.5 molL1 Ba(NO3)2溶液中，NO3-的数目为NAD. 任何条件下，20 L N2含有的分子数都不可能为NA【答案】B【解析】【详解】A在1 mol NaHSO4晶体中，含阳离子K+数为NA，错误；B1 mol C4H10分子中含有C-C共价键是3mol，含有C-H共价键是10mol，所以共价键总数为13NA，正确。C.只有浓度没有体积，不能确定微粒的物质的量的多少及个数，错误。D在一定条件下， 20 L N2的物质的量
4、可能是1mol，其中含有的分子数可能为NA，错误。答案选B。3.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸A. B. C. D. 【答案】C【解析】向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故符合；向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故不符合；向
5、AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故不符合；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故符合；答案为C。4.下列离子方程式的书写及评价均合理的是选项离子方程式评价A将2molCl2通入含有1molFeI2的溶液中：2Fe22I-2Cl2=2Fe34Cl-I2正确；Cl2过量，可将Fe2、I-均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2HCO3-OH-=MgCO3H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐
6、和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2H2OClO-=HClOHSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-5H=Al3Al(OH)33H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H的物质的量之比为2：3A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 将2mol Cl2通入含有1mol FeI2的溶液中，氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl2=2Fe3+6Cl+2I2，A项错误；B. Mg(HCO3)2溶液与足
7、量的NaOH溶液反应，由于NaOH足量，Mg2+要生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为：Mg2+2HCO3+4OH=2CO32-+Mg(OH)2+2H2O，题中离子方程式和评价均不合理，B项错误；C. NaClO溶液中通入过量SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：ClO+H2O+SO22H+Cl+SO42，离子方程式和评价都不合理，C项错误；D. 1mol/L的NaAlO2溶液和2.5 mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子，1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5
8、mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：2AlO2+5H+=Al3+Al(OH)3+H2O，且AlO2与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:3，D项正确；答案选D。【点睛】C项是学生们的易错点，NaClO溶液中通入过量CO2气体时，反应的离子方程式为CO2H2OClO- =HClOHCO3-，学生们误认为NaClO溶液中通入过量SO2气体时，也会发生类似的反应，学生们忽略了ClO-氧化性，SO2具有还原性，易被氧化剂氧化，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：ClO+H2O+SO22H+Cl+SO42-。5.下列除去杂
9、质的方法不正确的是A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3C. 用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤【答案】B【解析】【详解】A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二
10、氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。答案选B。6.某溶液可能含有Na、Fe2、Br、CO32、I、SO32六种离子中的几种在该溶液中加入足量氯水后，有气泡产生，溶液呈橙黄色；向橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成；向淀粉溶液中滴加该橙黄色溶液未变蓝色，则在该溶液中肯定存在的离子组是A. Fe2、CO32、BrB. Na、SO32、IC. Fe2、I、SO32D. Na、Br、CO32【答案】D【解析】【详解】在该溶液中加入足量氯水后，有气泡产生，溶液呈橙黄色，说明溶液含有CO32、Br；Fe2+与CO32不能共存，则原溶液一定不含Fe2+；向橙黄色的溶液中加入BaCl
11、2溶液时无沉淀生成，说明原溶液不含SO32；根据溶液呈中性，一定含有阳离子，则一定存在Na+，所以该溶液中肯定存在的离子为：CO32、Br、Na+，故D项正确。7.把224g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到03 mol NO2和02 mol NO，下列说法正确的是A. 反应后生成的盐只为Fe（NO3）3B. 反应后生成的盐只为Fe（NO3）2C. 反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为13D. 反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为31【答案】C【解析】【详解】22.4g铁粉的物质的量为22.4g56g/mol=0.4mo
12、l；收集到0.3 mol NO2和0.2 mol NO过程中得到电子物质的量为：0.3mol(+5)-(+4)+0.2mol(+5)-(+2)=0.9mol；若反应生成的盐只有Fe（NO3）3，Fe失去的电子物质的量为1.2mol0.9mol，若反应生成的盐只有Fe（NO3）2，Fe失去的电子物质的量为0.8mol0.9mol， 所以可得22.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒nFe(NO3)3+nFe(NO3)2=0.4mol，根据得失电子相等可得3nFe(NO3)3+2nFe(NO3)2=0.9mol，解得nFe(NO3)3=0.1mol，nFe(NO3)2=0.3mol，
13、Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量之比为13，答案选C。8.宁夏的硒砂瓜现今已享誉区内外，西瓜富含硒元素，有延年益寿、抗衰老、抗癌作用，因之得名“硒砂瓜”。二氧化硒（Se）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒，可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程当中涉及到如下两个化学反应：SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O；Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O。下列有关叙述正确的是A. SeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2I2B. 中Se是氧化产物，I2是还原产物
14、C. 反应中方框中的物质为还原产物D. 反应中每有0.6mol I2生成，转移电子数目为2.4NA【答案】A【解析】【分析】反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化；反应Se+2H2SO4(浓)=2SO2+ +2H2O中，根据元素守恒确定反应方框中的物质为SeO2，Se元素化合价升高，被氧化，S元素化合价降低，被还原，根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算转移电子数目。【详解】A. 在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应中Se元素的化合价降低，
15、被还原，则SeO2为氧化剂，I元素的化合价升高，被氧化，则I2为氧化产物，可知氧化性：SeO2I2，反应中根据元素守恒确定方框中的物质为SeO2，Se元素化合价升高，被氧化，SeO2为氧化产物，S元素化合价降低，被还原，H2SO4(浓)为氧化剂，则氧化性：H2SO4(浓)SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2I2，A项正确；B. 反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，I2是氧化产物，B项错误；C. 反应Se+2H2SO4(浓)=2SO2+ +2H2O中，根据元素守恒
16、确定反应方框中的物质为SeO2，Se元素化合价升高，被氧化，SeO2为氧化产物，C项错误；D. 根据化合价的变化可知，反应中每有0.6molI2生成，转移的电子数目应为0.6mol2（1-0）=1.2mol，D项错误。答案选A。9.下列有关实验装置的说法，正确的是A. 用图1装置制取干燥纯净的NH3 B. 用图2装置实验室制备Fe(OH)2 C. 用图3装置可以完成“喷泉”实验D. 用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积【答案】C【解析】【详解】A. 氨气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，图中收集方法不合理，A项错误；B. 电解池的阴极发生还原反应，图中Fe作阴极，不能失去电子，
17、则不能生成亚铁离子，无法制备氢氧化亚铁，应让Fe作阳极生成亚铁离子，与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，B项错误；C. 由于二氧化硫在氢氧化钠溶液中因反应而极易溶，使烧瓶内压强减小，烧杯内氢氧化钠溶液被压入烧瓶形成喷泉，符合形成条件，C项正确；D. Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应，不能用排水法测定其体积，D项错误；答案选C。10.下列有关叙述不正确的是（ ）A. 在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NAB. 常温下，向等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加等量的酚酞溶液，碳酸钠溶液中红
18、色更深，证明阴离子水解常数Kh: CO32-HCO3-C. 含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量Zn完全反应，转移的电子数目可能为0.3NAD. 标准状况下，33.6L Cl2与足量CH4在光照条件下充分反应，生成的CCl键数目为3.0NA【答案】D【解析】【详解】A生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为 37Cl，5mol为35Cl，生成氯气的摩尔质量= g/mol =70.7g/mol，若有212克氯气生成物质的量=3mol，生成3mol氯气电子转移的数目为5NA，选项A正确；B、碳酸钠溶液中红色更深，说明碳酸根离子水解能力大于碳酸氢根离子水解能力，所以阴离子水解常数：Kh:
19、 CO32-HCO3-，选项B正确；C、含0.2mol H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，浓硫酸和锌反应生成二氧化硫气体，随浓度变稀后生成氢气。含1mol H2SO4硫酸转化为硫酸锌和二氧化硫时转移1mol电子，1mol H2SO4硫酸转化为硫酸锌和氢气时转移2mol电子，故0.2mol H2SO4全部反应转移的电子数可能为0.3NA，选项C正确；D、氯气与甲烷发生取代反应，标准状况下，33.6L Cl2与足量CH4在光照条件下充分反应，氯气的物质的量为1.5mol，即使氯气完全参加反应也只能生成1.5mol CCl键，由于该反应为可逆反应，故生成CCl键的数目一定小于1.5NA，选项D不
20、正确。答案选D。11.下列说法中正确的是（ ）漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物砹(At)是第A族，AgAt 易溶于水用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液Cs2CO3加热时不能分解为CO2和Cs2O纳米铁粉可以除被污染水体中的重金属离子根据反应SiO2CaCO3CaSiO3CO2可推知硅酸酸性比碳酸强A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液，都是混合物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故正确；氯、溴、碘、砹均为第A族元素，根据卤素元素及其化合物的性质递变规律可知，氯化银、溴化银和碘化银等都是不溶于水的，则A
21、gAt也不溶于水，故错误；用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定含有钠元素，但是不一定是钠盐溶液，也可能是氢氧化钠溶液，错误；碳酸钠加热不分解，同主族元素的化合物性质相似，则加热时CS2CO3也不分解，故正确；纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的 Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是金属离子与Fe发生了还原反应，故正确；反应只有在高温条件下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离反应体系使反应得以继续进行，但并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，故错误。答案选B。12.用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时
22、可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是选项气体abcdACO2盐酸CaCO3饱和Na2CO3溶液浓硫酸BCl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓硫酸CNH3饱和NH4Cl溶液消石灰H2O固体NaOHDNO稀硝酸铜屑H2O浓硫酸A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、二氧化碳气体中混有的杂质是氯化氢气体除去氯化氢气体用饱和碳酸氢钠溶液，不能用碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液会吸收二氧化碳，A错误；B、制取的氯气中常含有氯化氢气体但是不能用氢氧化钠溶液除杂因为氯气会与氢氧化钠反应，B错误；C、除去氨气中的杂质气体不能用水因为氨气极易溶于水，C错误；D、一氧化氮难溶
23、于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用浓硫酸干燥即可得到纯净的一氧化氮气体，正确。答案选D。13.下列关于铁的叙述正确的是( )铁能被磁铁吸引，但纯铁易被腐蚀在人体内的血红蛋白中含有铁元素铁位于元素周期表中第四周期第B族铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe(NO3)3不能通过化合反应制得FeCl2和Fe(OH)3A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】当铁中含有杂质时，在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，而纯铁的抗腐蚀能力较强；铁位于元素周期表的第族，而不是第B族；铁与强氧化剂反应，能被氧化为Fe3，但若铁过量，则Fe3被Fe还原为Fe2，所
24、以，Fe与HNO3反应的产物可能因铁过量而生成Fe(NO3)2；FeCl2、Fe(OH)3可分别通过化合反应Fe2FeCl3=3FeCl2、4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3制得。故选项B正确。14.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO45FeS212H2O = 7Cu2S5FeSO412H2SO4下列说法正确的是A. Cu2S是还原产物,反应中1 mol CuSO4失1 mol电子B. 5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移C. 产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物D. FeS2只作还原剂【答案】C【解析】【详解】A、CuSO4转化为Cu
25、2S，Cu元素由+2价降低为+1价，所以反应中1 molCuSO4得1 mol电子，故A错误；B、5FeS2中7个S原子转化为Cu2S，S元素由-1价降低为-2价，3个S原子转化为SO42，S元素由-1价升高到+6价，所以5 mol FeS2发生反应，有21 mol电子转移，故B错误；C、CuSO4中含有SO42，部分FeS2中S元素转化为SO42，所以产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物，故C正确；D、部分FeS2中S元素转化为SO42，S元素化合价升高；部分FeS2中S元素转化为Cu2S，S元素化合价降低，所以FeS2既是氧化剂也是还原剂，故D错误。故答案选C。15.将CO2气体缓缓地
26、通入到含KOH、Ba(OH)2和KAl(OH)4的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是A. oa段反应化学方程式是：Ba(OH)2 + CO2 = BaCO3+ H2OB. bc段反应的离子方程式是：2Al(OH)4+ CO2 = 2Al(OH)3 +CO32+ H2OC. ab段与cd段所发生的反应相同D. de段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致【答案】C【解析】【分析】根据图像理解离子反应中过量计算应用分析解答。【详解】通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2
27、O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2Al(OH)4+ CO2 = 2Al(OH)3 +CO32+ H2O，沉淀量达最大后，再发生CO32-+CO2+H2O=HCO3-，最后发生反应aCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解，A由上述分析可知，o-a段发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3+H2O，故A正确；B由上述分析可知，b-c段反应的离子方程式是：2Al(OH)4+ CO2 = 2Al(OH)3 +CO32+ H2O，故B正确；C由上述分析可知，a-b段发生反
28、应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，c-d段所发生CO32-+CO2+H2O=HCO3-，两阶段反应不相同，故C错误；Dd-e段发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，导致沉淀的减少，故D正确；故选C。【点睛】首先从图象中了解沉淀的形成过程，再得到反应先后顺序问题，进而推断离子反应的过程。16.常温下含碳各微粒H2CO3、HCO3和CO32存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）A. 为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为79之间B. pH=10.25时，c(Na+)=c(CO32)+c(HCO3
29、)C. 根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)=106.37D. 若是0.1mol NaOH反应后所得1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系： c(Na+)c(HCO3)c(CO32)c(OH)c(H+)【答案】B【解析】【详解】A根据图示可知，pH在79之间，溶液中主要存在HCO3-，该pH范围内和获得较纯的NaHCO3，选项A正确；BpH=10.25时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中满足物料守恒：c（Na+）2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+
30、c（H2CO3），则混合液中c（Na+）c（CO32-）+c（HCO3-），选项B错误；C根据图象曲线可知，pH=6.37时，H2CO3和HCO3-的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数K1（H2CO3）=10-6.37，选项C正确；DpH=10时的溶液为碱性，则c（OH-）c（H+），溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c（Na+）离子浓度最大，结合图象曲线变化可知：c（HCO3-）c（CO32-），此时离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3-）c（CO32-）c（OH-）c（H+），选项D正确；答案选B。17.现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Al
31、3、Fe3、Cu2、Ba2、K和五种阴离子NO、OH、Cl、CO、Xn-(n=1或2)中的一种。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是_和_。（2）物质C中含有离子Xn-。为了确定Xn-，现将(1)中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为_(填字母)。ABr BCH3COO CSO DHCO（3）将38.4 g Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的_(填相应的离子符号)，写出Cu溶解的离子方
32、程式_，若要将Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是_。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). K2CO3 (2). Ba(OH)2 (3). C (4). )NO (5). 3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O (6). 0.8 mol (7). 2Fe32I=2Fe2I2【解析】【分析】（1）碳酸根离子只有和钾离子结合物质为可溶性物质，所以一定含有Ka2CO3；除钾离子外，氢氧根离子只有和钡离子结合生成的物质具有可溶性，所以一定含有Ba（OH）2；（2）根据C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，可知沉淀为氢氧化铜，则B为Na2CO3
33、，A为Ba（OH）2；向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则C为硫酸铜，另两种物质为氯化铁、硝酸铝或氯化铝、硝酸铁；（3）Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，说明D中不含Fe3，含有Al3；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明D中的阴离子一定是NO3-，则D为硝酸铝，E为氯化铁。【详解】（1）因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质Na2CO3，与其他阳离子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钾离子结合外还可以与钡离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含的阴、阳离子互不相同，所以氢氧根离子只能与钡离子结合
34、形成Ba（OH）2。（2）根据C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，可知沉淀为氢氧化铜，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2；向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则C为硫酸铜，因C为CuSO4，则阴离子有SO42-，则X为SO42-，则另两种物质为氯化铁、硝酸铝或氯化铝、硝酸铁。（3）Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，说明D中的阴离子一定是NO3-，则D为硝酸铝，E为氯化铁；管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，所以Cu溶解的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O。（4）氯化铁溶液与氢碘酸反应氯
35、化亚铁和使淀粉变蓝的I2，反应的离子方程式为：2Fe32I=2Fe2I2。【点睛】本题考查物质检验实验方案设计，确常见物质的性质、物质的溶解性、物质物质的量关系是解本题关键，注意离子检验方法及现象，易错点是（3）题，铜和稀硫酸不反应，但酸性条件下铜和硝酸根离子发生氧化还原反应。18.“低碳”在工业生产中意义重大，充分利用原材料，不排放或减少排放“三废”，不同工厂联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。下面是几家工厂利用废气、废液、废渣联合生产化肥硫酸铵的工艺：请回答下列问题：（1）操作为_。（2）工业合成氨的化学方程式为_。（3）沉淀池中生成硫酸铵的化学方程式_。（4）在实验室中检验氨气的方法是
36、_。（5）副产品的化学式为_。该联合生产工艺中可以循环使用的物质是_。【答案】 (1). 过滤 (2). N23H22NH3 (3). CaSO4CO22NH3H2O=CaCO3(NH4)2SO4 (4). 用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则说明含有NH3(或用玻璃棒蘸取浓盐酸检验，若产生白烟，则含有NH3)(其他合理答案均可) (5). CaO (6). CO2(若有NH3，均可)【解析】【分析】煤和水蒸气反应生成氢气，利用空气中氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气镁燃烧生成的二氧化碳、生成的氨气和硫酸钙仪器进入沉淀池中发生反应生成碳酸钙沉淀和产品，碳酸钙煅烧得到副产品氧化钙，
37、生成的二氧化碳进入沉淀池循环使用。（1）操作为分离固体与溶液；（2）工业合成氨是高温高压催化剂条件下反应生成氨气；（3）“产品”为（NH4）2SO4，反应物为CaSO4悬浊液、CO2、NH3等，产物除（NH4）2SO4外还有CaCO3，据此写出反应方程式；（4）通常用湿润的红色石蕊试纸检验NH3；（5）煅烧碳酸钙后可生成二氧化碳和氧化钙，氧化钙为副产品，二氧化碳可循环利用。【详解】（1）将沉淀池中的混合物经过滤可得到产品和沉淀，则操作为过滤；（2）工业合成氨的化学方程式为：N2+3H2 2NH3；（3）“产品”是（NH4）2SO4，反应物是CaSO4悬浊液、CO2、NH3等，产物除（NH4）2
38、SO4外还有CaCO3，其中离子方程中CaSO4悬浊液要写分子式，沉淀池中生成硫酸铵的化学方程式为：CaSO4CO22NH3H2O=CaCO3(NH4)2SO4；（4）利用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，操作方法为：用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则说明含有NH3或用玻璃棒蘸取浓盐酸检验，若产生白烟，则含有NH3；（5）CaCO3煅烧可生成CO2和CaO，其中CO2可循环使用，CaO为副产品。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，题目难度中等，明确制备流程及发生反应原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。19.某一化工厂以废铁屑为原料制备FeC
39、l3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)试剂a应选用_(填写名称)；(2)步骤用到的主要玻璃仪器有漏斗、_(填写仪器名称)；(3)写出步骤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，需选用下列装置中的_(填写序号)；(5)如何用化学方法检验气体E？_。【答案】 (1). 稀盐酸 (2). 烧杯、玻璃棒 (3). 2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2 (4). MnO24H2ClMn2Cl22H2O (5). (6). 将湿润的KI淀粉试纸靠近集气瓶口，试纸变蓝，证明该气体为Cl2【解析】【详解】(1)铁与
40、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+Cu2FeCl2+CuCl2，故答案为：2FeCl3+Cu2FeCl2+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；(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K
41、I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。【点睛】本题考查了铁盐、亚铁盐、氯气的性质，注意不同价态铁元素之间的转化是高考的热点。本题的易错点为氯气的检验，要注意与氯离子的检验的区别，不要混淆。20.铜在生活中有广泛的应用。CuCl2和CuCl是两种常见的盐，广泛应用于工业生产。I. CuCl2固体遇水易水解。实验室用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜（含杂质铁）反应制备氯化铜（铁架台、铁夹及酒精灯省略）。（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式：_，装置C的作用是_（2）完成上述实验，按
42、气流方向连接各仪器接口的顺序是a_。（每种仪器限使用一次）（3）上述D装置的作用是_. CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可采取不同方法制取。CuCl晶体呈白色，露置于潮湿空气中易被氧化。方法一：向上述制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，写出该反应的离子方程式：_。方法二：铜粉还原CuSO4溶液已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2ClCuCl32(无色溶液)。（1）中，“加热”温度不宜过高和过低，目的是_，当观察到_现象，即表明反应已经完全。（2）中，加入大量水的作用是_。（从平衡角度解释）【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl
43、=5Cl2+2KCl+8H2O+2MnCl2 (2). 除去氯气中混有的HCl (3). d e j h (b c) g f (4). 吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解 (5). 2Cu2+2ClSO22H2O=2CuCl4H+SO42- (6). 温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发 (7). 溶液由蓝色变为无色 (8). 稀释促进平衡CuCl（白色）+2ClCuCl32（无色溶液）逆向移动，生成CuCl【解析】【分析】I.（1）装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰、水；氯气难溶于饱和食盐水，氯化氢易溶于饱和食盐水；（2）用
44、干燥、纯净的氯气制备氯化铜，实验顺序是氯气制取、除杂、干燥、与铜反应、尾气处理；（3）装置D中的碱石灰可以吸收氯气、水蒸气；. 氯化铜溶液中通入SO2，氯化铜被还原为CuCl，SO2被氧化为硫酸；（1）温度过低，反应速率慢；温度过高， HCl易挥发。CuSO4溶液呈蓝色、CuCl32呈无色；（2）加水稀释CuCl（白色）+2ClCuCl32平衡逆向移动。【详解】I.（1）装置A中，高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰、水，发生反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2+2KCl+8H2O+2MnCl2；氯气难溶于饱和食盐水，氯化氢易溶于饱和食盐水，所以装置C中装有饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的HCl；（2）从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过d e j h 除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后用碱石灰处理尾气，则依次再通过b c g f，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为adejhbc gf；（3）D装置中装有碱石灰，其作用是吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解；. 向制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，同时生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+2ClSO22
