河北省廊坊市香河三中2017届高三（上）第一次月考化学试卷（解析版）

2016-2017学年河北省廊坊市香河三中高三（上）第一次月考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共30小题，每小题3分，满分90分）

1．下列有关实验的描述正确的是（ ）

A．氢氧化钠固体保存在配有橡皮塞的细口瓶中

B．将SO₂通入品红溶液或KMnO₄溶液均能使它们褪色，均可证明有漂白性

C．不能在石英坩埚中熔化氢氧化钠

D．用湿润的pH试纸测定稀盐酸的pH

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．固体应该保存在广口瓶中；

B．SO₂有还原性，易被酸性高锰酸钾溶液氧化；

C．氢氧化钠能与二氧化硅反应生成硅酸钠；

D．试纸不能湿润，否则稀盐酸被稀释，测定结果偏高．

【解答】解：A．细口瓶盛放溶液，而氢氧化钠固体应该保存在广口瓶中，故A错误；

B．SO₂具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫表现的是还原性，而不是漂白性，故B错误；

C．氢氧化钠能与二氧化硅反应生成硅酸钠，所以不能在二氧化硅坩埚中进行，故C正确；

D．用pH试纸测定稀盐酸的pH时，不能用蒸馏水润湿，否则稀盐酸被稀释，导致测定结果偏高，故D错误；

故选C．

2．下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（ ）

①用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯和甲苯

②如果皮肤上不慎沾有苯酚，应立即用酒精洗涤

③用pH试纸测得氯水的pH为2

④用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管

⑤少量的钠、钾、白磷通常保存在煤油中

⑥用瓷坩埚高温熔融Fe（CrO₂）₂和Na₂CO₃的固体混合物．

A．①③⑤ B．①②④ C．②④⑤ D．②⑤⑥

【考点】化学实验方案的评价；测定溶液pH的方法；有机物的鉴别；化学试剂的存放；化学仪器的洗涤、干燥；物质的溶解与加热．

【分析】①甲苯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；

②苯酚可溶于酒精；

③氯水可漂白试纸；

④硝酸与银发生氧化还原反应；

⑤白磷保存在水中；

⑥高温下，瓷坩埚中的二氧化硅与碳酸钠反应．

【解答】解：①甲苯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，而苯不反应，可鉴别，故正确；

②苯酚可溶于酒精，可用于清洗苯酚，故正确；

③氯水含有盐酸和次氯酸，可使试纸先变红后褪色，故错误；

④硝酸与银发生氧化还原反应，生成的硝酸银溶于水，可用于清洗，故正确；

⑤白磷溶于煤油，应保存在水中，故错误；

⑥高温下，瓷坩埚中的二氧化硅与碳酸钠反应，导致坩埚炸裂，故错误．

故选B．

3．下列实验操作及装置合理并能达到实验目的是（ ）

A．

制取并收集氨气

B．.

收集并测定氧气的体积

C．.

制乙酸乙酯

D．.

用苯分离出碘水中的碘单质

【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；排气量气装置；氨的制取和性质；乙酸乙酯的制取．

【分析】A．氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，氨气的密度小于空气的密度，但氨气不能排放在空气中；

B．测定氧气的体积，导管应短进长出；

C．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠可除杂并降低乙酸乙酯的溶解度；

D．苯分离出碘水中的碘单质，需萃取、分液．

【解答】解：A．反应原理及收集方法均合理，但收集氨气时试管口应放一团浸有稀硫酸的棉花团，防止氨气逸出，故A错误；

B．测定氧气的体积，导管应短进长出，图中排水时长导管进不能排出水，故B错误；

C．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠可除杂并降低乙酸乙酯的溶解度，装置合理，故C正确；

D．苯分离出碘水中的碘单质，需萃取、分液，图中为过滤装置，故D错误；

故选C．

4．下列有关说法正确的是（ ）

A．萃取操作可在普通漏斗中完成

B．浓烧碱液沾到皮肤上应立即用稀盐酸冲洗

C．用酒精灯加热试管内液体时一定要先给试管预热再集中加热液体部位

D．用容量瓶配制一定浓度的某溶液后，将溶液保存在容量瓶中并贴上标签

【考点】溶液的配制；物质的溶解与加热；分液和萃取．

【分析】A、根据萃取操作必须在分液漏斗中进行判断；

B、盐酸具有腐蚀性，会伤害人的皮肤，应该先使用大量水冲洗；

C、根据给试管中液体加热先要预热，然后再集中加热液体部位；

D、容量瓶是定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，容量瓶不能长时间保存溶液．

【解答】解：A、萃取操作要在分液漏斗中完成，不能在普通漏斗中完成，故A错误；

B、盐酸具有腐蚀性，浓烧碱沾到皮肤上正确处理方法应该是：先用大量清水冲，再用5%硼酸擦拭，故B错误；

C、为了避免局部受热导致试管炸裂，用酒精灯加热试管内液体时一定要先给试管预热，再集中加热液体部位，故C正确；

D、容量瓶是配置溶液的仪器不是保存溶液的仪器，应该用试剂瓶保存，故D错误；

故选C．

5．下列实验操作：①用50mL量筒量取5mL蒸馏水；②称量没有腐蚀性固体药品时，把药品放在托盘上称量；③浓硫酸沾到皮肤上要立即用大量水冲洗；④倾倒液体时试剂不对准容器口；⑤块状药品都要用药匙取用；⑥固体药品用细口瓶保存．其中错误的是（）

A．①②③ B．③④ C．②⑤⑥ D．①②③④⑤⑥

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】①量筒量取5mL蒸馏水应该选用10mL量筒；

②根据称量没有腐蚀性固体药品时的正确操作分析；

③根据浓硫酸沾到皮肤上的处理方法判断；

④应该试剂瓶口与容器口紧靠在一起；

⑤取块状固体一般用镊子取用；

⑥根据广口瓶用来保存固体判断．

【解答】解：①用50mL量筒量取5mL蒸馏水，误差太大，应该用10mL量筒，故①错误；

②应在托盘上各放一张质量相同的纸片，以免污染药品，损坏托盘，故②错误；

③浓硫酸沾到皮肤上，要迅速用抹布擦拭，然后用水冲洗，故③错误；

④倾倒液体时，应使试剂瓶口与容器口紧靠在一起，故④错误；

⑤固体药品取用时，取用粉末状固体用药匙，块状固体一般用镊子，故⑤错误；

⑥药品的保存，细口瓶保存细口瓶盛液体，广口瓶才用来保存固体，故⑥错误；

故选：D．

6．从实验室加热氯酸钾与MnO₂的混合物制取氧气后的剩余物中同时回收二氧化锰的操作顺序正确的是（）

A．溶解、过滤、蒸发、洗涤 B．溶解、过滤、洗涤、加热

C．溶解、蒸发、洗涤、过滤 D．溶解、洗涤、过滤、加热

【考点】物质的分离、提纯和除杂．

【分析】MnO₂不溶于水，据此解题．

【解答】解：固体中只有MnO₂不溶于水，那么可以采用过滤的方法将二氧化锰过滤出去，然后对它洗涤表面残留的一些药液后进行干燥，故选B．

7．下列说法正确的是（ ）

A．在标准状况下，11.2 L某气体的质量为22 g，则该气体的相对分子质量是44 g/mol

B．16 g O₂和16 g O₃含的氧原子个数一样多

C．在标准状况下，水、氧气和氮气分子间的平均距离都相等

D．1 mol氯化钙溶于水配成1 L溶液，所得溶液中Cl^﹣的物质的量浓度为1 mol/L

【考点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数．

【分析】A．单位错误；

B．都由O元素组成，质量相等时，原子个数相等；

C．物质的聚集状态不同，分子间距离不同；

D．Cl^﹣的物质的量浓度为2 mol/L．

【解答】解：A．n=

=0.5mol，质量为22 g，则M=

=44g/mol，相对分子质量为44，故A错误；

B．都由O元素组成，质量相等时，原子个数相等，故B正确；

C．物质的聚集状态不同，分子间距离不同，标准状况下，氧气和氮气相等，水的最小，故C错误；

D.1 mol氯化钙含有2molCl^﹣，溶于水配成1L溶液，所得溶液中Cl^﹣的物质的量浓度为2 mol/L，故D错误．

故选B．

8．下列说法中不正确的是（ ）

A．磷酸的摩尔质量与6.02×10²³个磷酸分子的质量在数值上相等

B．6.02×10²³个氮分子和6.02×10²³个氢分子的质量比等于14：1

C．32g氧气所含的原子数目为2×6.02×10²³

D．常温常压下，0.5×6.02×10²³个一氧化碳分子所占体积是11.2L

【考点】阿伏加德罗常数；摩尔质量；气体摩尔体积．

【分析】A、6.02×10²³个磷酸分子为1mol，根据摩尔质量的概念分析；

B、物质的量相同的物质，质量比等于摩尔质量比；

C、计算氧气的物质的量，结合分子组成计算原理数目；

D、常温常压下气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol．

【解答】解：A、摩尔质量是指1mol物质的质量，6.02×10²³个磷酸分子为1mol，则磷酸的摩尔质量与6.02×10²³个磷酸分子的质量在数值上相等，故A正确；

B、6.02×10²³个氮分子和6.02×10²³个氢分子的物质的量都为1mol，质量分别为1mol×28g/mol=28g，1mol×2g/mol=2g，所以6.02×10²³个氮分子和6.02×10²³个氢分子的质量比等于

14：1，故B正确；

C、32g氧气的物质的量为1mol，1个氧气分子中含2个O原子，所以32g氧气所含的原子数目为2×6.02×10²³，故C正确；

D、常温常压下气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，不能确定常温常压下，0.5×6.02×10²³个一氧化碳分子所占体积，故D错误．

故选D．

9．在KCl、FeCl₃、Fe₂（SO₄）₃三种盐配成的混合溶液中，若K⁺为0.15mol，Fe³⁺为0.25mol，Cl^﹣为0.2mol，则SO

为（ ）

A．0.1 mol B．0.15 mol C．0.25 mol D．0.35 mol

【考点】物质的量的相关计算．

【分析】根据溶液电中性的原则，溶液中应存在n（K⁺）+3n（Fe³⁺）=n（Cl^﹣）+2n（SO₄^2﹣），以此解答．

【解答】解：根据溶液电中性的原则，溶液中应存在n（K⁺）+3n（Fe³⁺）=n（Cl^﹣）+2n（SO₄^2﹣），

则n（SO₄^2﹣）=

=0.35mol，

故选D．

10．A、B、C、D可能是Na₂CO₃、HCl、AgNO₃、BaCl₂四种无色溶液中的某一种，把它们两两混合后产生的现象如下表，则A、B、C、D四种物质按顺序排列正确的是（）

反应物	A+B	A+C	B+C	C+D	B+D
现象	白↓	白↓	白↓	白↓	无色↑

A．BaCl₂、Na₂CO₃、AgNO₃、HClB．Na₂CO₃、HCl、AgNO₃、BaCl₂

C．HCl、AgNO₃、Na₂CO₃、BaCl₂D．AgNO₃、Na₂CO₃、BaCl₂、HCl

【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．

【分析】B+D反应生成无色气体，则B、D为HCl、Na₂CO₃中的一种，而A+C、B+C、C+D均生成白色沉淀，则C为AgNO₃，所以A为BaCl₂，A+B反应生成白色沉淀，可知B为Na₂CO₃，D为HCl，以此来解答．

【解答】解：由表中反应物及现象可知，B+D反应生成无色气体，则B、D为HCl、Na₂CO₃中的一种，

而A+C、B+C、C+D均生成白色沉淀，则C为AgNO₃，所以A为BaCl₂，

A+B反应生成白色沉淀，可知B为Na₂CO₃，D为HCl，

故选A．

11．用6.02×10²³表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）

A．常温常压下，1.6 g臭氧中含有6.02×10²²个氧原子

B．标准状况下，2.24 L水中含有6.02×10²²个水分子

C．2.24 L氨气分子中含6.02×10²³个电子

D．2.4 g金属镁变为镁离子时失去6.02×10²²个电子

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A．臭氧由氧原子构成；

B．气体摩尔体积使用对象为气体；

C．气体的状态未知；

D．镁失去电子生成二价镁离子．

【解答】解：A．臭氧由氧原子构成，故1.6g臭氧中所含有的氧原子的物质的量为0.1mol，即6.02×10²²个，故A正确；

B．标况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；

C．气体的状态未知，气体摩尔体积未知，无法确定气体的物质的量，故C错误；

D.2.4 g金属镁物质的量为

=0.1mol，变为镁离子时失去61.204×10²³个电子，故D错误；

故选：A．

12．下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）

A．Na₂O₂用作呼吸面具的供氧剂

B．工业上电解熔融状态Al₂O₃制备Al

C．工业上利用合成氨实现人工固氮

D．实验室用NH₄Cl 和Ca（OH）₂制备NH₃

【考点】氧化还原反应．

【分析】判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应．

【解答】解：A．生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；

B．生成Al和氧气，反应中Al、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；

C．合成氨实现人工固氮存在N₂+3H₂

2NH₃的反应，为氧化还原反应，故C不选；

D．实验室用NH₄Cl和Ca（OH）₂制备NH₃，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故D选；

故选D．

13．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）

A．加入KSCN溶液显红色的溶液：K⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣

B．常温下，

=10¹⁰的溶液中：Na⁺、NH₄⁺、ClO^﹣、I^﹣

C．滴入酚酞试液显红色的溶液：Mg²⁺、Al³⁺、Br^﹣、SO₄^2﹣

D．能溶解Al₂O₃的溶液：Na⁺、Ca²⁺、HCO₃^﹣、NO₃^﹣

【考点】离子共存问题．

【分析】A．加入KSCN溶液显红色的溶液中存在铁离子，K⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣之间不满足离子反应发生条件，且不与铁离子反应；

B．常温下，

=10¹⁰的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量的氢离子，次氯酸根离子能够与碘离子、氢离子反应；

C．滴入酚酞试液显红色的溶液为碱性溶液，镁离子、铝离子能够与氢氧根离子反应生成难溶物；

D．能够溶解氧化铝的溶液可能为酸性或者碱性溶液，钙离子、碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子离子能够与氢离子反应．

【解答】解：A．该溶液中存在铁离子，K⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、NO₃^﹣离子之间不反应，也不与铁离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．常温下，

=10¹⁰的溶液中存在大量的氢离子，ClO^﹣与I^﹣、H⁺离子反应反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子，Mg²⁺、Al³⁺与氢氧根离子反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．能溶解Al₂O₃的溶液的溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，钙离子与氢氧根离子反应，HCO₃^﹣既能够与氢离子反应、也能够与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；

故选A．

14．水热法制备Fe₃O₄纳米颗粒的反应为3Fe²⁺+2S₂O₃^2﹣+O₂+xOH^﹣=Fe₃O₄+S₄O₆^2﹣+2H₂O，下列说法中不正确的是（）

A．每生成1mol Fe₃O₄，反应转移的电子总数为4mol

B．Fe²⁺和S₂O₃^2﹣都是还原剂

C．1molFe²⁺被氧化时，被Fe²⁺还原的O₂的物质的量为

mol

D．x=4

【考点】氧化还原反应的计算．

【分析】从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：3Fe²⁺+2S₂O₃^2﹣+O₂+4OH^﹣═Fe₃O₄+S₄O₆^2﹣+2H₂O，反应中3Fe²⁺→Fe₃O₄，当3molFe²⁺参加反应时，有2molFe²⁺化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O₂为氧化剂．

【解答】解：A．反应3Fe²⁺+2S₂O₃^2﹣+O₂+4OH^﹣═Fe₃O₄+S₄O₆^2﹣+2H₂O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O₂为氧化剂，每生成1molFe₃O₄，反应转移的电子总数为4mol，故A正确；

B．反应中Fe²⁺→Fe₃O₄，Fe元素化合价升高，S₂O₃^2﹣→S₄O₆^2﹣+，S元素的化合价升高，Fe²⁺和S₂O₃^2﹣都是还原剂，故B正确；

C.1molFe²⁺被氧化时，失去1mol电子，则被Fe²⁺还原的O₂的物质的量为

mol，故C错误；

D．反应的离子方程式为3Fe²⁺+2S₂O₃^2﹣+O₂+4OH^﹣═Fe₃O₄+S₄O₆^2﹣+2H₂O，则x=4，故D正确．

故选C．

15．MnO₂的一些性质或用途如图，下列说法正确的是（ ）

A．①、②、③三个反应中Mn0₂均作氧化剂

B．足量Mn0₂与2L 10mol/L、HCl共热，可生成5mol Cl₂

C．反应②若生成1mol Al₂0₃，则反应过程中转移12mol电子

D．反应③中K₂CO₃和KNO₃的化学计量数均为1

【考点】氧化还原反应．

【分析】①中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯化锰、氯气和水，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高；

②中Al与二氧化锰发生铝热反应，Mn元素的化合价降低，Al元素的化合价升高；

③中发生K₂CO₃+KNO₃+Mn0₂=K₂MnO₄+KNO₂+CO₂↑，Mn元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答．

【解答】解：A．①、②反应中Mn0₂均作氧化剂，③中Mn元素的化合价升高，则作还原剂，故A错误；

B．足量Mn0₂与2L 10mol/L、HCl共热，若完全反应可生成5molCl₂，但随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，不再反应，则生成氯气小5mol，故B错误；

C．反应②若生成1molAl₂0₃，则由Al元素的化合价变化可知反应过程中转移1mol×2×（3﹣0）=6mol电子，故C错误；

D．③中发生K₂CO₃+KNO₃+Mn0₂=K₂MnO₄+KNO₂+CO₂↑，K₂CO₃和KNO₃的化学计量数均为1，故D正确；

故选D．

16．下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（ ）

A．胶体不均一、不稳定，静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀

B．布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分

C．光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应

D．只有胶状的物质如胶水、果冻类的才能称为胶体

【考点】胶体的重要性质．

【分析】A、根据胶体的外观特征

B、根据溶液也能发生布朗运动；

C、根据胶体能产生丁达尔效应；

D、根据胶体的定义；

【解答】解：A、胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故A错误；

B、区分胶体与其他分散系应用丁达尔效应，布朗运动是所有粒子在溶液中的运动方式，故B错误；

C、胶体能产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故C正确；

D、胶体是指分散质粒子直径在1 nm～100 nm之间的分散系，与分散系的状态无关，故D错误；

故选：C．

17．已知：5PbO₂+2Mn²⁺+4H⁺=5Pb²⁺+2MnO₄^﹣+2H₂O，下列说法正确的是（）

A．PbO₂为还原剂，具有还原性

B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2

C．生成1mol的Pb²⁺，转移的电子数为 5mol

D．酸性环境下PbO₂的氧化性强于的MnO₄^﹣

【考点】氧化还原反应．

【分析】A．该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO₂为氧化剂、锰离子为还原剂；

B．氧化产物和还原产物分别是MnO₄^﹣、Pb²⁺；

C．根据Pb元素化合价变化计算；

D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．

【解答】解：A．该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO₂为氧化剂、锰离子为还原剂，所以PbO₂体现氧化性，故A错误；

B．氧化产物和还原产物分别是MnO₄^﹣、Pb²⁺，其物质的量之比为2：5，故B错误；

C．生成1mol的Pb²⁺，转移的电子物质的量=1mol×2=2mol，故C错误；

D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中，氧化剂是PbO₂，氧化产物是MnO₄^﹣，所以酸性环境下PbO₂的氧化性强于的MnO₄^﹣，故D正确；

故选D．

18．下列离子方程式书写正确的是（ ）

A．硝酸银与盐酸反应：AgNO₃+Cl^﹣═AgCl↓+NO₃^﹣

B．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag⁺═Ag+Cu²⁺

C．硫酸和氯化钡溶液反应：Ba²⁺+SO₄^2﹣═BaSO₄↓

D．铁钉放入硫酸铜溶液中：2Fe+3Cu²⁺═2Fe³⁺+3Cu

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．硝酸根离子实际不参加反应；

B．电子、电荷不守恒；

C．反应生成硫酸钡沉淀和盐酸；

D．反应生成硫酸亚铁和Cu．

【解答】解：A．硝酸银与盐酸反应的离子反应为Ag⁺+Cl^﹣═AgCl↓，故A错误；

B．铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag⁺═2Ag+Cu²⁺，故B错误；

C．硫酸和氯化钡溶液反应的离子反应为Ba²⁺+SO₄^2﹣═BaSO₄↓，故C正确；

D．铁钉放入硫酸铜溶液中的离子反应为Fe+Cu²⁺═Fe²⁺+Cu，故D错误；

故选C．

19．下列化学反应不属于置换反应而属于氧化还原反应的是（ ）

A．CuO+CO

Cu+CO₂

B．Fe+H₂SO₄═FeSO₄+H₂↑

C．3Fe+4H₂O（g）

Fe₃O₄+4H₂

D．4NH₃+3O₂

2N₂+6H₂O

【考点】氧化还原反应．

【分析】置换反应是一种单质和一种化合物生成另外一种单质和一种化合物的反应；氧化还原反应的实质为电子转移、特征为化合价升降，所以氧化还原反应中一定存在元素化合价变化，据此对各选项进行判断．

【解答】解：A．CuO+CO

Cu+CO₂↑不属于置换反应，但Cu、C元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A选；

B．Fe+H₂SO₄═FeSO₄+H₂↑为置换反应，H、Fe元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；

C．3Fe+4H₂O（g）

Fe₃O₄+4H₂为置换反应，H、Fe元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；

D．4NH₃+3O₂

2N₂+6H₂O为置换反应，N、O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；

故选A．

20．已知Co₂O₃在酸性溶液中易被还原成Co²⁺，Co₂O₃、Cl₂、FeCl₃、I₂的氧化性依次减弱．下列反应在水溶液中不可能发生的是（）

A．3Cl₂+6FeI₂═2FeCl₃+4FeI₃

B．Cl₂+FeI₂═FeCl₂+I₂

C．Co₂O₃+6HCl═2CoCl₂+Cl₂↑+3H₂O

D．2Fe³⁺+2I^﹣═2Fe²⁺+I₂

【考点】氧化性、还原性强弱的比较．

【分析】在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断．

【解答】解：Co₂O₃在酸性溶液中易被还原成Co²⁺，Co₂O₃、Cl₂、FeCl₃、I₂的氧化性依次减弱，

A、因为氧化性FeCl₃＞I₂，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，故A错误；

B、因为氧化性FeCl₃＞I₂，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故B正确；

C、因为氧化性Co₂O₃＞Cl₂，所以Co₂O₃+6HCl=2CoCl₂+Cl₂↑+3H₂O能发生，故C正确；

D、因为氧化性FeCl₃＞I₂，所以2Fe³⁺+2I^﹣=2Fe²⁺+I₂能发生，故D正确；

故选A．

21．已知还原性Cl^﹣＜Fe²⁺＜H₂O₂＜I^﹣＜SO₂，判断下列反应不能发生的是（）

A．2Fe³⁺+SO₂+2H₂O═SO₄^2﹣+4H⁺+2Fe²⁺

B．I₂+SO₂+2H₂O═H₂SO₄+2HI

C．H₂O₂+2H⁺+SO₄^2﹣═SO₂+O₂+2H₂O

D．2Fe³⁺+2I^﹣═2Fe²⁺+I₂

【考点】氧化性、还原性强弱的比较．

【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可以判断氧化还原反应中物质的还原性强弱，同时也可以根据还原性的强弱反推氧化还原反应能否发生，通过逐一判断反应中的还原剂和还原产物，与题目中的还原性强弱顺序表，符合的可以发生，不符合的不可以发生来解题．

【解答】解：A．反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为亚铁离子，还原性二氧化硫大于亚铁离子，符合，故A正确；

B．反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为碘离子，还原性二氧化硫大于碘离子，符合题中还原性的式子，故B正确；

C．反应中还原剂为双氧水，还原产物为二氧化硫，而二氧化硫的还原性大于双氧水的，故反应不发生，故C错误；

D．反应中还原剂为碘离子，还原产物为亚铁离子，还原性碘离子大于亚铁离子，反应可以发生，故D正确；

故选C．

22．用N_A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）

①46gNO₂和N₂O₄的混合气体中含有的原子个数为3N_A

②常温下，4g CH₄含有N_A个C﹣H共价键

③10mL质量分数为98%的H₂SO₄，加水至100mL，H₂SO₄的质量分数为9.8%

④标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25N_A

⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中水电离出的OH^﹣的数目为0.01N_A

⑥0.1mol·L^﹣1Na₂CO₃溶液中含有0.1N_A个CO₃^2﹣

⑦1molNa₂O₂与水完全反应时转移电子数为2N_A．

A．③⑥⑦ B．①②④ C．①②⑤ D．④⑤⑥

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】①NO₂和N₂O₄的最简式相同，只需要计算46gNO₂中原子数；

②质量换算物质的量结合甲烷分子结构计算碳氢键；

③加水至100mL溶液的密度变了；

④标准状况下四氯化碳是液体；

⑤次氯酸钠溶液中的氢氧根离子是水电离的，据此计算出1L该溶液中含有的氢氧根离子数目；

⑥溶液的体积不确定；

⑦2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，每生成1molO₂时反应中转移的电子为2mol．

【解答】解：①NO₂和N₂O₄的最简式相同，只需要计算46gNO₂中原子数=

×3×N_A=3N_A，故①正确；

②4gCH₄物质的量为0.25mol，分子中含C﹣H共价键4×0.25×n_A=n_A个，故②正确；

③加水至100mL溶液的密度变了，无法求出，故③错误；

④标准状况下，5.6L四氯化碳的物质的量不是0.25mol，故④错误；

⑤25℃时，pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子的物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离出的OH^﹣的数目为0.01N_A，故⑤正确；

⑥溶液的体积不确定，无法求出碳酸根的个数，故⑥错误；

⑦2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，每生成1molO₂时2molNa₂O₂与水完反应中转移的电子为2N_A，故⑦错误；

故选C．

23．下列有关实验的选项正确的是（ ）

A配置0.10mol/LNaOH溶液	B．除去CO中的CO2	C．苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作	D．记录滴定终点读数为12.20mL

A．配制0.10mol/L NaOH溶液

B．除去CO中的CO₂

C．苯萃取碘水中的I₂分出水层后的操作

D．记录滴定终点读数为12.20mL

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．容量瓶不能稀释后溶解药品，只能配制一定物质的量浓度溶液；

B．CO和NaOH不反应，二氧化碳能反应生成碳酸钠和水；

C．分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出；

D．滴定管大刻度在下方、小刻度在上方．

【解答】解：A．容量瓶不能稀释后溶解药品，只能配制一定物质的量浓度溶液，应该将NaOH在小烧杯中溶解，冷却至室温后再将氢氧化钠溶液转移到容量瓶中，故A错误；

B．CO和NaOH不反应，二氧化碳能反应生成碳酸钠和水，所以可以用NaOH除去CO中的二氧化碳，且导气管遵循“长进短出”原则，故B正确；

C．分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，苯密度小于水，所以分离苯层时从上口倒出，故C错误；

D．滴定管大刻度在下方、小刻度在上方，该刻度是11.80mL，故D错误；

故选B．

24．检验某未知溶液中是否含有SO

的下列操作中最合理的是（ ）

A．加入硝酸酸化的Ba（NO₃）₂

B．先加HNO₃酸化，再加Ba（NO₃）₂溶液

C．先加盐酸酸化，再加BaCl₂溶液

D．加入盐酸酸化了的BaCl₂溶液

【考点】硫酸根离子的检验．

【分析】检验某未知溶液中是否含有SO₄^2﹣，应先加盐酸排除其它离子的干扰如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰，再加氯化钡，以此来解答．

【解答】解：A．加入HNO₃酸化了的Ba（NO₃）₂溶液，若为亚硫酸根离子也生成白色沉淀，不能检验，故A错误；

B．先加入HNO₃酸化，若为亚硫酸根离子，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，再加Ba（NO₃）₂，生成白色沉淀硫酸钡，不能检验，故B错误；

C．先加入盐酸酸化，以除去SO₃^2﹣、CO₃^2﹣等离子的影响，同时，当加入稀盐酸时没有沉淀，可排除Cl^﹣的影响，再加入BaCl₂溶液，若有BaSO₄白色沉淀产生，则证明有SO₄^2﹣，故C正确；

D．先入HCl酸化了的BaCl₂溶液，生成白色沉淀可能为AgCl，不能检验，故D错误；

故选C．

25．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）

A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO₃^2﹣

B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO₄^2﹣

C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH₄⁺

D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba²⁺

【考点】常见离子的检验方法．

【分析】A．可能含有HCO₃^﹣；

B．可能生成AgCl沉淀；

C．依据铵根离子的检验方法分析判断，氨气与红色石蕊试液变红是同种反应现象；

D．可能生成碳酸钙沉淀．

【解答】解：A．加入盐酸产生无色气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，溶液中可能含有HCO₃^﹣或CO₃^2﹣等离子，故A错误；

B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有Ag⁺离子或硫酸根离子，故B错误；

C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，证明一定是氨气，所以原溶液中一定有NH₄⁺，故C正确；

D．可能为BaCO₃、CaCO₃、MgCO₃等白色沉淀，所以不一定为Ba²⁺，故D错误．

故选C．

26．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）₃+3ClO^﹣+4OH^﹣═2RO₄^n﹣+3Cl^﹣+5H₂O，则RO₄^n﹣中R的化合价是（）

A．+3 B．+4 C．+5 D．+6

【考点】真题集萃；氧化还原反应．

【分析】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO₄^n﹣为RO₄^2﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，据此判断R元素化合价．

【解答】解：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO₄^n﹣为RO₄^2﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，所以该离子中R元素化合价=﹣2﹣（﹣2）×4=+6，故选D．

27．下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）

A．将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H⁺+2NO₃^﹣═Cu²⁺+2NO₂↑+H₂O

B．向Fe₂（SO₄）₃溶液中加入过量铁粉：Fe³⁺+Fe═2Fe²⁺

C．向Al₂（SO₄）₃溶液中加入过量氨水：Al³⁺+3NH₃·H₂O═Al（OH）₃↓+3NH₄⁺

D．向Na₂SiO₃溶液中滴加稀盐酸：Na₂SiO₃+2H⁺═H₂SiO₃↓+2Na⁺

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．铜与稀硝酸反应生成的是NO气体；

B．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；

C．氨水为弱碱，硫酸铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；

D．硅酸钠为原溶液，离子方程式中硅酸钠应该拆开．

【解答】解：A．将铜丝插入稀硝酸中，反应生成硝酸铜、NO气体和水，正确的离子方程式为：3Cu+8H⁺+2NO₃^﹣═3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，故A错误；

B．向Fe₂（SO₄）₃溶液中加入过量铁粉，反应生成硫酸亚铁，正确的离子方程式为：2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺，故B错误；

C．向Al₂（SO₄）₃溶液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为：Al³⁺+3NH₃·H₂O═Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故C正确；

D．向Na₂SiO₃溶液中滴加稀盐酸，反应生成硅酸和氯化钠，正确的离子方程式为：SiO₃^2﹣+2H⁺═H₂SiO₃↓，故D错误；

故选C．

28．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）

A．向稀醋酸中滴加Na₂SO₃溶液：SO₃^2﹣+2H⁺═SO₂↑+H₂O

B．向Na₂SiO₃溶液中通入过量SO₂：SiO₃^2﹣+SO₂+H₂O═H₂SiO₃↓+SO₃^2﹣

C．向Al₂（SO₄）₃溶液中加入过量的NH₃·H₂O：Al³⁺+4NH₃·H₂O═[Al（OH）₄]^﹣+4NH₄⁺

D．向CuSO₄溶液中加入Na₂O₂：2Na₂O₂+2Cu²⁺+2H₂O═4Na⁺+2Cu（OH）₂↓+O₂↑

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．醋酸的酸性小于亚硫酸的酸性；

B．反应生成硅酸和亚硫酸氢钠；

C．反应生成氢氧化铝和硫酸铵；

D．反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氧气．

【解答】解：A．向稀醋酸中滴加Na₂SO₃溶液，不发生反应，故A错误；

B．向Na₂SiO₃溶液中通入过量SO₂的离子反应为SiO₃^2﹣+2SO₂+2H₂O═H₂SiO₃↓+2HSO₃^﹣，故B错误；

C．向Al₂（SO₄）₃溶液中加入过量的NH₃·H₂O的离子反应为Al³⁺+3NH₃·H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故C错误；

D．向CuSO₄溶液中加入Na₂O₂的离子反应为2Na₂O₂+2Cu²⁺+2H₂O═4Na⁺+2Cu（OH）₂↓+O₂↑，故D正确；

故选D．

29．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）

A．SO₂具有氧化性，可用于漂白纸浆

B．NH₄HCO₃受热易分解，可用作氮肥

C．Fe₂（SO₄）₃易溶于水，可用作净水剂

D．Al₂O₃熔点高，可用作耐高温材料

【考点】二氧化硫的化学性质；铵盐；两性氧化物和两性氢氧化物．

【分析】A．二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性；

B．碳酸氢铵具有易分解的性质，做氮肥是利用其溶解后铵根离子被植物吸收做氮肥；

C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水；

D．利用氧化铝熔点高的性质可以做耐火材料．

【解答】解：A．二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A错误；

B．做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；

C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误；

D．Al₂O₃熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故D正确；

故选D．

30．下列物质与其用途完全符合的有多少条（ ）

①干冰﹣人工降雨

②Na₂CO₃﹣制玻璃

③Fe₂O₃﹣红色油漆或涂料

④Al₂O₃﹣耐火材料

⑤NaClO﹣消毒剂

⑥NaCl﹣制纯碱；

⑦KAl （SO₄ ）₂﹣消毒、净水．

A．3 B．4 C．5 D．6

【考点】物质的组成、结构和性质的关系；常见元素的名称、符号、离子符号．

【分析】①干冰为固态二氧化碳，能用于人工降雨；

②工业上制造玻璃的主要原料是碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅；

③Fe₂O₃为红色固体；

④Al₂O₃熔点比较高，可以用作耐火材料，

⑤NaClO能杀菌消毒；

⑥氨碱法制纯碱以食盐、石灰石、氨气为原料来制取；

⑦KAl （SO₄ ）₂电离的铝离子水解产生氢氧化铝，可以起到净水的作用．

【解答】解：①干冰是固体的二氧化碳，干冰升华（由固态变成气态）时会吸收大量热，使空气中的水蒸气液化成水滴降落，就是人工降雨，故①正确；

②工业上制造玻璃的主要原料是碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅，故②正确；

③Fe₂O₃为红色固体常用来做红色油漆或涂料，故③正确；

④Al₂O₃熔点比较高，加热很难融化，可以用作耐火材料，故④正确；

⑤NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故⑤正确；

⑥氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故⑥正确；

⑦KAl （SO₄）₂电离的铝离子水解产生氢氧化铝，可以起到净水的作用，但不具有消毒功能，故⑦错误．

故选：D．

二、填空题

31．今有11种物质：①铝线；②石墨；③氯气；④BaSO₄晶体；⑤纯硫酸；⑥金刚石；⑦石灰水；⑧乙醇；⑨熔融的KNO₃；⑩NH₃；?盐酸．其中：

（1）能导电的是（填序号，下同） ①②⑦⑨? ；

（2）属于电解质的是 ④⑤⑨ ；

（3）属于非电解质的是 ⑧⑩ ；

（4）既不是电解质又不是非电解质的是 ①②③⑥⑦? ．

【考点】电解质与非电解质．

【分析】（1）金属单质和在熔融状态下的电解质以及其溶液都能导电；

（2）电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物．电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；

（3）非金属单质是由非金属元素组成的．一般的单质除汞和金外，带金字旁的是金属；

（4）单质与混合物既不是电解质也不是非电解质．

【解答】解：①铝线是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

②石墨是非金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

③氯气不能导电，是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质；

④BaSO₄晶体不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质；

⑤纯硫酸不能导电，溶于水能导电，是电解质；

⑥金刚石是非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；

⑦石灰水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑧乙醇不能导电，属于非电解质；

⑨熔融的KNO₃能导电，是电解质；

⑩NH₃不能导电，属于非电解质；

盐酸能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；

故答案为：（1）①②⑦⑨?；

（2）④⑤⑨；

（3）⑧⑩；

（4）①②③⑥⑦?．

32．在Fe+4HNO₃（稀）═Fe（NO₃）₃+NO↑+2H₂O的反应中，HNO₃表现了强氧化 性和 酸 性，则1mol Fe参加反应时，被还原的HNO₃为1 mol，转移电子 3 mol．

【考点】氧化还原反应的计算．

【分析】Fe+4HNO₃（稀）═Fe（NO₃）₃+NO↑+2H₂O中，Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，且1molFe失去电子与1molHNO₃得到电子相等，以此来解答．

【解答】解：生成NO体现硝酸的强氧化性，生成硝酸铁体现硝酸的酸性，1molFe参加反应时，被还原的HNO₃为

=1mol，转移电子为1mol×（3﹣0）=3mol，

故答案为：强氧化；酸；1；3．

33．NaClO₂是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

回答下列问题：

（1）NaClO₂中Cl的化合价为 +3价 ．

（2）写出“反应”步骤中生成ClO₂的化学方程式2NaClO₃+SO₂+H₂SO₄=2NaHSO₄+2ClO₂．

（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg²⁺和Ca²⁺，要加入的试剂分别为NaOH溶液 、Na₂CO₃溶液．“电解”中阴极反应的主要产物是ClO₂^﹣（或NaClO₂）．

（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO₂．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 ，该反应中氧化产物是 O₂ ．

（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl₂的氧化能力．NaClO₂的有效氯含量为1.57 ．（计算结果保留两位小数）

【考点】制备实验方案的设计．

【分析】（1）在NaClO₂中Na为+1价，O为﹣2价，根据正负化合价的代数和为0计算得到；

（2）NaClO₃和SO₂在H₂SO₄酸化条件下生成ClO₂，其中NaClO₂是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO₄，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO₂，根据电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式；

（3）食盐溶液中混有Mg²⁺和Ca²⁺，可以利用过量NaOH溶液除去Mg²⁺，利用过量Na₂CO₃溶液除去Ca²⁺，ClO₂氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO₂的还原产物为NaClO₂；

（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO₂，产物为ClO₂^﹣，则此反应中ClO₂为氧化剂，还原产物为ClO₂^﹣，化合价从+4价降为+3价，H₂O₂为还原剂，氧化产物为O₂，每摩尔H₂O₂得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比；

（5）每克NaClO₂的物质的量

=

mol，依据电子转移数目相等，可知氯气的物质的量为

mol×4×

=

mol，计算得到氯气的质量．

【解答】解：（1）在NaClO₂中Na为+1价，O为﹣2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，

故答案为：+3；

（2）NaClO₃和SO₂在H₂SO₄酸化条件下生成ClO₂，其中NaClO₂是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO₄，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO₂，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO₃+SO₂+H₂SO₄=2NaHSO₄+2ClO₂，

故答案为：2NaClO₃+SO₂+H₂SO₄=2NaHSO₄+2ClO₂；

（3）食盐溶液中混有Mg²⁺和Ca²⁺，可以利用过量NaOH溶液除去Mg²⁺，利用过量Na₂CO₃溶液除去Ca²⁺，ClO₂氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO₂的还原产物为NaClO₂，因此电解装置中阴极ClO₂得电子生成ClO₂^﹣，阳极Cl^﹣失电子生成Cl₂．

故答案为：NaOH溶液；Na₂CO₃溶液；ClO₂^﹣（或NaClO₂）；

（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO₂，产物为ClO₂^﹣，则此反应中ClO₂为氧化剂，还原产物为ClO₂^﹣，化合价从+4价降为+3价，H₂O₂为还原剂，氧化产物为O₂，每摩尔H₂O₂得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，

故答案为：2：1；O₂；

（5）1gNaClO₂的物质的量

=

mol，依据电子转移数目相等，NaClO₂～Cl^﹣～4e^﹣，Cl₂～2Cl^﹣～2e^﹣，可知氯气的物质的量为

mol×4×

=

mol，则氯气的质量为

mol×71g/mol=1.57g，

故答案为：1.57g．

34．以Na₂SO₃溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性．

实验	试剂	现象
滴管	试管
	0.2mol/L Na2SO3溶液	饱和Ag2SO4溶液	Ⅰ产生白色沉淀
0.2mol/LCuSO4溶液	Ⅱ溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol/LAl2（SO4）3溶液	Ⅲ开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀

（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag₂SO₃．用离子方程式解释现象Ⅰ：2Ag⁺+SO₃^2﹣=Ag₂SO₃↓．

（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO₄^2﹣，含有Cu⁺、Cu²⁺和SO₃^2﹣．

已知：Cu+

Cu+Cu²⁺，Cu²⁺

CuI↓（白色）+I₂．

①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu⁺的实验现象是 析出红色固体 ．

②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu²⁺和SO₃^2﹣．

a．白色沉淀A是BaSO₄，试剂1是HCl和BaCl₂溶液 ．

b．证实沉淀中含有Cu⁺和SO₃^2﹣的理由是棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀（CuI），证明含有Cu²⁺，白色沉淀A为硫酸钡，证明含有SO₃^2﹣．

【考点】性质实验方案的设计．

【分析】（1）0.2mol/LNa₂SO₃溶液滴入饱和Ag₂SO₄溶液发生反应生成白色沉淀Ag₂SO₃；

（2）①根据第二题中现象2及已知信息，可以得知，取少量洗净（排除Cu²⁺干扰）的棕黄色沉淀，滴加稀硫酸，沉淀变红（铜单质），则证明有Cu⁺；

②a．根据BaSO₄沉淀可知，加入的试剂为含Ba²⁺的化合物，可以选用BaCl₂；

b．由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO₄^2﹣，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu²⁺，Cu²⁺和I^﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I₂，而Cu²⁺和I^﹣反应生成I₂，因而推断生成的I₂参与了其他反应，因而有还原剂SO₃^2﹣；

【解答】解：（1）实验Ⅰ中0.2mol/LNa₂SO₃溶液滴入饱和Ag₂SO₄溶液，由于Ag₂SO₄饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag₂SO₄沉淀，考虑SO₃^2﹣浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag₂SO₃，反应的离子方程式为：2Ag⁺+SO₃^2﹣=Ag₂SO₃↓，故答案为：2Ag⁺+SO₃^2﹣=Ag₂SO₃↓；

（2）①依据反应Cu⁺和稀硫酸反应铜和铜离子，若沉淀中含有Cu⁺，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，

故答案为：析出红色固体；

②a．分析实验流程可知实验原理为2Cu²⁺+4I^﹣=2CuI+I₂、I₂+SO₃^2﹣+H₂O=SO₄^2﹣+2I^﹣+2H⁺、SO₄^2﹣+Ba²⁺=BaSO₄↓，根据BaSO₄沉淀可知，加入的试剂为含Ba²⁺的化合物，可以选用BaCl₂溶液，考虑沉淀A没有BaSO₃，因此应在酸性环境中．

故答案为：HCl和BaCl₂溶液；

b．由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO₄^2﹣，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu²⁺，Cu²⁺和I^﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I₂，而Cu²⁺和I^﹣反应生成I₂，因而推断生成的I₂参与了其他反应，因而有还原剂SO₃^2﹣；

故答案为：棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀（CuI），证明含有Cu²⁺，白色沉淀A为硫酸钡，证明含有SO₃^2﹣；

2016年10月23日