江苏省苏州市震泽中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

江苏省苏州市震泽中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

www.ks5u.com ‎2019～2020学年第一学期江苏省震泽中学中学高一第二次月考 化学 可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Ba 137 Fe 56 Mn55 Cu 64 Zn 65 Ag 108‎ 选择题（共40分）‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是 A. 光合作用 B. 自然降雨 C. 化石燃料的燃烧 D. 碳酸盐的沉积 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用会引起大气中CO2含量下降；‎ B项，自然降雨时H2O会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；‎ C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；‎ D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；‎ 答案选C。‎ ‎2.M2O72-与S2-在酸性溶液部反应：M2O72-+3S2-+14H+=2M3++3S↓+7H2O，则M2O72-中M的化合价是（ ）‎ A. +2 B. +3 C. +4 D. +6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】化合价代数和等于离子所带电荷，设M2O72-中M化合价为x，则2x-2×7=-2，x=+6。故选D。‎ ‎3. 下列说法不正确的是 A. 工业上镁的制备是电解熔融的MgO B. 可用小苏打发酵面团制作馒头 C. 高纯度的单质硅被广泛用于制作计算机芯片 D. 热的纯碱可用于除油污 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、工业上电解熔融的氯化镁来获取金属镁，故A错误；‎ B、碳酸氢钠可以和酸反应生成二氧化碳，常用小苏打来发酵面团制作馒头，故B正确；‎ C、单质硅是半导体材料，常用来制作计算机芯片，故C正确；‎ D、加热会使得纯碱溶液中碳酸根离子水解程度增大，碱性增强，使酯的水解进行得更彻底，去油污效果更好，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎4.能证明SO2具有漂白性是（ ）‎ A. 酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失 B. 显红色的酚酞通入SO2后，红色消失 C. 品红溶液中通入SO2后，红色消失 D. 溴水中通入SO2后，橙色消失 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失，是由于SO2气体具有还原性，错误；B．显红色的酚酞通入SO2后，红色消失是由于SO2溶于水反应产生的H2SO3具有酸性，发生酸、碱中和反应，与其漂白性无关，错误；C．品红溶液中通入SO2后，红色消失，是由于SO2与品红结合产生了无色物质，正确；D．溴水中通入SO2后，橙色消失，是由于发生反应: Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。SO2表现还原性，错误。‎ 故选C。‎ ‎5.将SO2气体通入下列溶液中，能生成白色沉淀且不溶解的是（ ）‎ ‎①Ba(OH)2溶液 ②Ba(NO3)2溶液 ③BaCl2溶液 ④Ba(ClO)2溶液 A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①将SO2气体通入Ba(OH)2溶液，先生成亚硫酸钡沉淀，通入过量SO2‎ 气体生成亚硫酸氢钡，沉淀又溶解，故不选①；②将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液，生成硫酸钡沉淀，且通入过量SO2气体沉淀也不溶解，故选②；③将SO2气体通入BaCl2溶液，不反应，不生成白色沉淀，故不选③；④将SO2气体通入Ba(ClO)2溶液，生成硫酸钡沉淀，且通入过量SO2气体沉淀也不溶解，故选④；选C。‎ ‎6.有Na2SO4、Fe2（SO4）3和NaNO3的混合溶液，已知其中Fe3+的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42-的物质的量浓度为0.7mol/L，NO3-的物质的量浓度为0.2mol/L，则此溶液中Na+的物质的量浓度为（ ）‎ A. 0.2mol/L B. 0.3mol/L C. 0.4mol/L D. 0.35mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。‎ ‎【详解】溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数，设Na+的物质的量浓度为xmol/L；c(Na+)×1+ c(Fe3+)×3=c(NO3-)×1+c(SO42-)×2，c(Na+)×1+ 0.4mol/L×3=0.2mol/L×1+ 0.7mol/L×2，c(Na+)=0.4mol/L，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了电荷守恒、物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量浓度概念及计算方法，明确溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。‎ ‎7.元素Og中文名为（气奥），是一种人工合成的稀有气体元素，下列说法正确的是（ ）‎ A. 核外电子数是118 B. 中子数是295‎ C. 质量数是117 D. 第六周期0族元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该原子的质子数为118，质子数等于核外电子数，核外电子数为118，故A正确；‎ B.中子数为295-118=177，故B错误；‎ C.质量数为295，故C错误；‎ D.118号元素为第七周期0族元素，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用图2所示装置除去Cl2中含有的少量HCl B. 用图3 所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体 C. 用图4 所示装置制取少量纯净的CO2气体 D. 用图5 所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气能与氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除氯气中的少量HCl，故不选A；‎ B. NH4Cl加热易分解为氨气和氯化氢，图3 所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液得不到NH4Cl晶体，故不选B；‎ C. 碳酸钠溶于水，用图4 所示装置制取CO2气体，不能起到随关随停的作用，且制取的二氧化碳中含有氯化氢杂质，故不选C；‎ D. CCl4不溶于水、密度比水大，用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故选D 。‎ ‎9.下列离子方程式书写正确的是 A. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O B. 氯气通入水中：Cl2＋H2O2H+＋Cl－＋ClO－‎ C. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+‎ D. 硫酸铜与氢氧化钡反应：Ba2++SO42—=BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸是弱酸，不能拆开，错误；‎ B、生成的次氯酸是弱酸，不能拆，错误；‎ D、除了生成硫酸钡沉淀还有氢氧化铜沉淀。错误；‎ C正确。‎ ‎10.在含Fe3＋的溶液中加入铜粉与铁粉，充分反应后发现溶液中存在Cu2＋‎ ‎，下列说法错误的是（ ）‎ A. 容器中已肯定无Fe粉存在 B. 容器中可能有Cu粉存在 C. 溶液中Fe2＋比Cu2＋多 D. 溶液中肯定不存在Fe3＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜和铁的还原性铁大于铜，三价铁离子先和铁反应，再和铜反应，据此解答。‎ ‎【详解】A．三价铁离子先和铁反应，再和铜反应，溶液中有铜离子，说明铁完全反应，容器中已肯定无Fe粉存在，故不选A； B．如果铜过量则溶液中含有二价铁离子和铜离子，反应后剩余铜，故不选B； C．Fe2+来自Cu与Fe3+（反应生成Cu2+与Fe2+的比例1：2），还有部分来自Fe与Fe3+反应，故Fe2+总量大于Cu2+总量，故不选C； D．若Fe3+过量，固体完全溶解，溶液中存在Fe2+、Fe3+、Cu2+，所以溶液中可能存在Fe3＋，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应以及铁元素的有关性质，把握铁与铜的还原性强弱是解题关键，掌握氧化还原反应的先后规律，即氧化性强的物质先与还原性强的物质反应。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该题就得0分。‎ ‎11.下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象相同的是（ ）‎ A. NaHSO4和Ba(OH)2 B. AlCl3和NaOH C. NaAlO2和H2SO4 D. NaHCO3和Ca(OH)2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHSO4和Ba(OH)2无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，都生成白色沉淀硫酸钡，故选A； ‎ B. AlCl3滴入NaOH溶液，开始没有沉淀后有沉淀生成；NaOH溶液滴入AlCl3溶液中，开始有沉淀后沉淀消失，故不选B；‎ C. NaAlO2滴入H2SO4中开始没有沉淀后有白色沉淀生成；H2SO4滴入NaAlO2溶液中 开始有沉淀后沉淀消失，故不选C； ‎ D. NaHCO3和Ca(OH)2无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，都生成白色沉淀碳酸钙，故选D；‎ 选AD。‎ ‎12.下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）‎ A. 向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定碳酸盐溶液 B. 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 C. 将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是二氧化硫 D. 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐或碳酸氢盐，故A错误；‎ B. 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，可能钠盐溶液或氢氧化钠，故B错误；‎ C. 将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体是二氧化硫或乙烯、乙炔等气体，故C错误；‎ D. Fe2＋能被氯水氧化为Fe3＋，向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2＋，故D正确。‎ ‎13.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. O2的摩尔质量与NA个O2分子的质量在数值上相等 B. 0.1mol/LCaCl2溶液中，含有2NA个Cl-‎ C. 足球烯C60的摩尔质量是720g D. 标准状况下，1molH2O的质量是18g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只有用g/mol作单位时 O2的摩尔质量才是32g/mol， NA个O2分子是1mol，用g作单位时，其质量为32g，故A错误； ‎ B. 没有溶液体积，不能计算0.1mol/LCaCl2溶液中Cl-数目，故B错误；‎ C. 摩尔质量的单位是g/mol，足球烯C60的摩尔质量是720g/mol，故C错误；‎ D. 标准状况下，1molH2O的质量是1mol ×18g/mol=18g，故D正确。‎ ‎14.Na2O2是一种既有氧化性、又有还原性的物质，当Na2O2与某物质Q发生反应并且有氧气生成时，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. Q一定是氧化剂 B. 当有1 mol O2生成时转移电子4 mol C. O2一定是氧化产物 D. Na2O2不可能发生还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ Na2O2与某物质Q发生反应并且有氧气生成时，则说明过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，则Na2O2既发生还原反应又发生氧化反应，生成的氧气既是还原产物又是氧化产物，而Q可能是既不是氧化剂又不是还原剂，例如过氧化钠与水或者二氧化碳反应，当有1 molO2生成时转移电子为2×1="2" mol，故C正确，ABD错误；故选C．‎ ‎【点评】本题考查了氧化还原反应，注意结合元素化合价的变化分析，题目难度中等．‎ ‎15.将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，共产生NO气体4．48 L(标准状况)，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全。则下列有关叙述中不正确的是 A. 开始加入合金的物质的量之和为0．3mol B. 反应中被还原和未被还原硝酸物质的量之比为3∶1‎ C. 沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200mL D. 生成沉淀质量比原合金的质量增加10．2g ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A/在Mg、Cu与硝酸发生反应时金属失去电子变为M2+阳离子，硝酸得到电子变为NO。根据电子守恒可得2n(金属)=3n(NO)=3×0．2=0．6mol/所以金属的物质的量为0．3mol．正确。B．在反应中硝酸的作用有2个，一个是起酸的作用，由于金属的物质的量为0．3mol。金属都是+2价的金属，所以起酸作用的物质的量为0．6mol。起氧化剂作用的硝酸的物质的量为0．2mol。所以反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为0．2：0．6= 1：3．错误。C．n(M2+‎ ‎)=0．3mol．发生沉淀反应消耗NaOH的物质的量为0．3mol×2=0．6mol。所以V(NaOH)=0．6mol÷3mol/L=0．2L=200ml．正确。D．生成沉淀的质量比原合金的质量增加的质量就是OH-的质量。发生沉淀反应消耗NaOH的物质的量为0．3mol×2=0．6mol。所以增加的质量为0．6mol×17g/mol=10．2g。正确。‎ 考点：考查金属与硝酸发生反应的电子转移及形成沉淀时的质量关系的知识。‎ 非选择题 ‎16.物质A－J均是中学化学中常见的物质，其相互关系如图所示，已知A、B、C、D、E和F、G、H、I、J中分别含有相同的某一种元素，J物质颜色是红褐色。请填写下列空白：‎ ‎（1）写出A和OH－反应的离子方程式____，‎ ‎（2）B和C反应的离子方程式____；‎ ‎（3）写出A和F反应的化学方程式：____；‎ ‎（4）写出I和O2反应化学方程式：____。‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (2). Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓ (3). 2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3 (4). 4Fe(OH)2+O2+2 H2O =4Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A能和酸反应也能和碱反应，说明A具有两性，且B和C能发生反应生成D，D加热生成E，E电解生成A和氧气，且A到E中都含有同一元素，则这几种物质中都含有铝元素，电解氧化铝生成铝和氧气，则E是Al2O3，A是Al，D是Al(OH)3，B为偏铝酸盐，C是铝盐；J物质颜色是红褐色，则J是Fe(OH)3，Fe(OH)3加热生成F，则F是Fe2O3；H和碱反应生成I，I和氧气反应生成Fe(OH)3，则I是Fe(OH)2；Al与Fe2O3反应生成氧化铝和铁，G是Fe。‎ ‎【详解】根据以上分析，（1）铝和OH－反应生成偏铝酸盐和氢气，反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎（2）铝盐与偏铝酸盐发生反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；‎ ‎（3）铝和氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式是2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3；‎ ‎（4）Fe(OH)2和O2反应生成Fe(OH)3，反应的化学方程式是4Fe(OH)2+O2+2 H2O =4Fe(OH)3。‎ ‎17.现有等物质的量的NaHCO3和KHCO3的混合物ag与100mL盐酸反应，题中设计的气体体积均以标准状况计，填空时可以用带字母的公式表示。‎ ‎（1）该混合物中NaHCO3和KHCO3的质量比为：____。‎ ‎（2）如碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应则盐酸的浓度为：____。‎ ‎（3）如盐酸过量，生成CO2的体积为：____。‎ ‎（4）如果反应后碳酸氢盐有剩余，盐酸不足量要计算生成的CO2的体积，还需知道：____。‎ ‎（5）若NaHCO3和KHCO3不是以等物质的量混合，则ag固体混合物与足量的盐酸完全反应时生成CO2的体积范围是：____。‎ ‎【答案】 (1). 84：100 (2). mol/L (3). L (4). 盐酸的物质的量浓度 (5). L＜n（CO2）＜ L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据m=nM计算质量比； （2）设NaHCO3和KHCO3的物质的量都是xmol，则 ，x=mol；根据反应HCO3-+H+=CO2↑+H2O计算盐酸的物质的量，进而计算物质的量浓度； （3）根据碳元素守恒可知，n（CO2）=n（NaHCO3）+（KHCO3），再根据V=nVm计算生成的二氧化碳的体积； （4）碳酸氢盐与盐酸按1：1反应，盐酸不足量，碳酸氢盐有剩余，应根据HCl的物质的量计算二氧化碳的体积； （5）假定碳酸氢盐全是NaHCO3，根据碳元素守恒计算生成二氧化碳的物质的量，假定碳酸氢盐全是KHCO3，根据碳元素守恒计算生成二氧化碳的物质的量，实际生成二氧化碳的物质的量在二者之间，进而确定体积范围。‎ ‎【详解】（1）等物质的量的NaHCO3和KHCO3质量比为； （2）NaHCO3和KHCO3的物质的量都是mol，HCO3-的物质的量是mol,根据 HCO3-+H+=CO2↑+H2O，n（H+）=mol；c（HCl）=mol÷0.1L=mol/L；‎ ‎（3）盐酸过量，NaHCO3和KHCO3组成的混合物完全反应，根据碳元素守恒可知，n（CO2‎ ‎）=n（NaHCO3）+（KHCO3）=mol，所以标准状况下生成CO2的体积为=mol×22.4L/mol=L；‎ ‎（4）碳酸氢盐与盐酸按1：1反应，盐酸不足量，碳酸氢盐有剩余，应根据HCl的物质的量计算二氧化碳的体积，所以要计算生成CO2的体积，还需要知道盐酸的物质的量浓度； （5）假定碳酸氢盐全是NaHCO3，则n（NaHCO3）=mol;NaHCO3完全反应，根据碳元素守恒，可知生成二氧化碳n（CO2）=n（NaHCO3）=mol； 假定碳酸氢盐全是KHCO3，则n（KHCO3）=mol，KHCO3完全反应，根据碳元素守恒，可知生成二氧化碳n（CO2）=n（KHCO3）=mol，所以实际二氧化碳的物质的量为mol＜n（CO2）＜ mol，故标况下体积体积范围是L＜n（CO2）＜ L。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的计算、根据方程式的计算，题目属于字母型计算，增大计算难度，注意元素守恒在解题中的应用，（5）中范围的计算运用极限法。‎ ‎18.A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。试回答：‎ ‎（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是____。‎ a．S b．N2 c．Na d．Mg e．Al ‎（2）若A为强碱溶液，则X可能为____。‎ a．CO2 b．AlCl3 c．Al d．Mg e．Al2O3‎ ‎（3）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（离子方程式表示）___，检验此C溶液中金属元素价态的操作方法是____。‎ ‎（4）若A、B、C为含有金属元素的化合物，X为强电解质，A溶液与C溶液反应生成B，则B的化学式为____，X的化学式可能为（写出不同类物质）____或____，反应②的离子方程式为___或___。‎ ‎【答案】 (1). de (2). ab (3). FeCl3 (4). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (5). 加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子 (6). Al(OH)3 (7). 盐酸 ‎ ‎ (8). 氢氧化钠 (9). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (10). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据常见的强氧化剂单质氧气和氯气分析；‎ ‎（2）根据各物质的转化关系分析；‎ ‎（3）在溶液C中滴入AgNO3，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，此沉淀为AgCl，由题意与转化关系可推知A为Cl2，x为还原性较强的金属，由所学知识推x为铁单质；‎ ‎（4）x为强电解质，应属于强酸、强碱或者盐类，但根据图所示转化关系确定x只能为强碱或强酸。能与强碱、强酸连续反应的常见物质就是铝的化合物。‎ ‎【详解】（1）a．S与氧气反应生成SO2，SO2和氧气反应生成SO3，故不选a； ‎ b．N2与氧气在放电条件下生成NO，NO与氧气反应生成NO2，故不选b； ‎ c．Na与氧气在常温下生成Na2O，Na2O与氧气加热生成Na2O2，故不选c； ‎ d．金属Mg与氧气反应生成氧化镁固体，氧化镁与氧气不反应，故选d； ‎ e．Al与氧气反应生成氧化铝，氧化铝与氧气不反应，故选e；‎ 选de。‎ ‎（2）a．CO2 与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与 二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故选a； ‎ b．AlCl3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，故选b； ‎ c．Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与铝不反应，故不选c； ‎ d．Mg与氢氧化钠溶液不反应，故不选d； ‎ e．Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与氧化铝不反应，故不选e；‎ 选ab；‎ ‎（3）铁与氯气反应生成氯化铁，则B为FeCl3，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，C为FeCl2，Fe2+易被氧化，所以FeCl2在贮存时，应加入铁粉来还原Fe3+，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；检验此C溶液中含有Fe2+的操作方法是：加入硫氰化钾，不显血红色，然后加入氯水，显血红色，则为亚铁离子 。‎ ‎（4）若x为强酸，则A为偏铝酸盐、B为氢氧化铝、C是铝盐；若x为强碱，则A为铝盐、B为氢氧化铝、C是偏铝酸盐；则B的化学式为Al(OH)3，X的化学式可能为盐酸或氢氧化钠，反应②的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎19.MnCO3可用作电讯器材元件材料，还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。实验室模拟以MnO2为原料生产MnCO3的工艺流程如下：‎ 已知：MnCO3难溶于水和乙醇，受热易分解。‎ ‎（1）实验室中过滤操作所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、___。‎ ‎（2）①检验水洗是否合格的方法是___。‎ ‎（3）MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则300℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为___；图中点D对应固体的成分为___（填化学式）。‎ ‎【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 取最后一次洗涤液少许于一支试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无明显现象，说明水洗合格 (3). 1：2 (4). Mn3O4与MnO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据过滤操作装置图回答；‎ ‎（2）根据流程图，MnCO3固体表面可能含有SO42-，根据洗涤液中是否含有SO42-检验水洗是否合格；‎ ‎（2）根据元素守恒计算。‎ ‎【详解】（1）过滤操作需要的仪器有有漏斗、烧杯、玻璃棒；‎ ‎（2）根据硫酸根离子的检验方法，取最后一次洗涤液少许于一支试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无明显现象，说明水洗合格；‎ ‎（3）设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g； A点剩余固体质量为115 g×75.65%=87 g，减少的质量为115 g-87 g=28 g，可知MnCO3失去的组成为CO，故剩余固体的成分为MnO2‎ ‎，则300℃时，剩余固体中n（Mn）：n（O）=1：2； C点剩余固体质量为115 g×61.74%=71 g 据锰元素守恒知m（Mn）=55 g，则m（O ）1=71 g-55 g=16 g；则n（Mn）：n（O）=1：=1：1；故剩余固体的成分为MnO；同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%=76.337 g；因m（Mn）=55 g，则m（O ）=76.337 g-55 g=21.337 g；则n（Mn）：n（O）=1：=3：4；故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。‎ ‎20.（一）（1）能证明亚硫酸钠中部分变质所需要的试剂是（ ）‎ A．硝酸钡，稀硫酸 B．稀盐酸，氯化钡 C．稀硫酸，氯化钡 D．稀硝酸，氯化钡 ‎（2）烟气中的NO2与尿素[CO(NH2)2](C的化合价为+4)反应进行脱硝。反应的化学方程式是2CO(NH2)2+4NO2→4H2O +2CO2+4N2+O2。该反应的氧化产物为___；若反应过程中有0.15molNO2反应，则电子转移的数目为___。‎ ‎（二）某实验小组同学为了探究铜与浓硫酸的反应，进行了一系列实验。在反应过程中会发生一些副反应，生成不溶于水和酸的CuS、Cu2S。‎ ‎（1）出于安全和绿色化学考虑，在制取硫酸铜时，可选用下列的物质是___。‎ a．Cu b．CuO c．CuS d．CuSO4·Cu(OH)2·H2O ‎（2）装置a的作用是___。反应过程中，因为浓硫酸的吸水作用，烧瓶中出现白色固体物质，如何简便检验反应后圆底烧瓶里有Cu2+存在？___。‎ ‎【答案】 (1). B (2). N2和O2 (3). 0.6NA (4). bd (5). 防倒吸 (6). 将反应后的溶液沿烧杯壁缓缓倒入水中，若溶液变蓝，则有Cu2+存在 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（一）（1）亚硫酸钠具有还原性，证明亚硫酸钠中部分变质，即证明含有硫酸根离子；‎ ‎（2）CO(NH2)2中氮元素化合价由-3升高为0，NO2中氮元素化合价由+4降低为0，氧元素化合价由-2升高为0。‎ ‎（二）（1）出于安全和绿色化学考虑，不能生成有毒气体；‎ ‎（2）二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，需要防止倒吸。含有Cu2+的稀溶液呈蓝色，可将反应后的溶液稀释，观察是否变蓝；‎ ‎【详解】（一）（1）硫酸钡、亚硫酸钡都难溶于水，证明亚硫酸钠中含有硫酸钠，先加酸排除亚硫酸根离子的干扰，再加氯化钡，若有白色沉淀生成，则说明含有硫酸根离子；稀硝酸能把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能用硝酸，所以选B；‎ ‎（2）2CO(NH2)2+4NO2→4H2O +2CO2+4N2+O2，CO(NH2)2中氮元素化合价由-3升高为0，NO2中氮元素化合价由+4降低为0，氧元素化合价由-2升高为0，该反应的氧化产物为N2和O2；根据方程式4molNO2反应转移16mol电子，若0.15molNO2反应，转移0.6mol电子，转移电子数为0.6NA；‎ ‎（二）（1）a．Cu与浓硫酸反应放出污染性气体二氧化硫，故不选a； ‎ b．CuO与硫酸反应生成硫酸铜和水，不生成有毒气体，故选b； ‎ c．CuS与硫酸反应能生成有毒气体硫化氢，故不选c； ‎ d．CuSO4·Cu(OH)2·H2O与硫酸反应生成硫酸铜和水，不生成有毒气体，故选d；‎ ‎（2）二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，需要防止倒吸，装置a的作用是防倒吸。含有Cu2+的稀溶液呈蓝色，将反应后的溶液沿烧杯壁缓缓倒入水中，若溶液变蓝，则有Cu2+存在；‎ ‎21.胆矾（CuSO4·5H2O）有广泛的用途。某研究性学习小组利用某次实验后的稀硫酸、稀硝酸混合液制备胆矾。实验流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）操作X为___，___。‎ ‎（2）NO需要回收利用，写出NO与空气、H2O反应生成硝酸的化学方程式___。‎ ‎（3）现有48g含CuO质量分数为20%的铜粉，与一定量的稀硫酸、稀硝酸混合液恰好完全反应生成CuSO4。试求：‎ ‎①理论上生成胆矾的质量为___g。‎ ‎②原混合液中硫酸和硝酸的物质的量之比。___（写出计算过程）‎ ‎【答案】 (1). 蒸发浓缩 (2). 冷却结晶 (3). 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 (4). 180g (5). 铜与硝酸反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 则消耗的硝酸n（HNO3）=0.4mol， 根据硫元素守恒n（H2SO4）=n（CuSO4·5H2O）=0.72mol， 则n（H2SO4）：n（HNO3）=0.72mol：0.4mol=9：5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铜粉与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜溶液，将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶操作，得到晶体；‎ ‎（2）NO与空气、H2O反应生成硝酸，结合得失电子守恒、质量守恒配平方程式；‎ ‎（3）计算CuO、Cu的质量，结合铜元素质量守恒可计算CuSO4·5H2O的质量；结合反应的离子方程式计算原混合液中硫酸和硝酸的物质的量之比。‎ ‎【详解】（1）铜粉与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜溶液，如得到胆矾，应将溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶操作，然后经过滤、洗涤、干燥可得到晶体；‎ ‎（2）NO与空气、H2O反应生成硝酸，反应的方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3；‎ ‎（3）①n（CuO）==0.12mol， n（Cu）==0.6mol， n（CuSO4·5H2O）=0.12mol+0.6mol=0.72mol； m（CuSO4·5H2O）=0.72mol×250g/mol=180g，理论上生成胆矾的质量为180g； ②铜与硝酸反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 则消耗的硝酸n（HNO3）=0.4mol， 根据硫元素守恒n（H2SO4）=n（CuSO4·5H2O）=0.72mol， 则n（H2SO4）：n（HNO3）=0.72mol：0.4mol=9：5。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，侧重于学生实验能力和计算能力的考查，主要把握实验的原理、操作方法，注意守恒法应用于化学方程式的计算。‎ ‎ ‎