福建省三明市第一中学2019届高三化学上学期期中试题（含解析）.docx

2019届福建省三明市第一中学高三上学期期中考试化学试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1“一带一路(One Belt And One Road)”构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的 共同理想和美好追求。下列贸易的商品中，其主要成分属于无机物的是A中国丝绸 B埃及长绒棉 C捷克水晶 D乌克兰葵花籽油2对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解说错误的是A汉书中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油B黄白第十六中“曾靑涂铁，铁赤如铜 ”，其“曾靑”是可溶性铜盐C本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是 K2CO3D天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是 Ca(OH)23化学与社会、环境密切相关。如图为雾霾的主要成分示意图。下列说法不正确的是A雾属于胶体，能产生丁达尔效应BSO2 和 N xOy 都属于酸性氧化物C汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一D重金属离子可导致蛋白质变性4下列有关化学用语的表述正确的是A37Cl的结构示意图 B中子数为 7 的碳原子： 76CCNH3 的结构式： D次氯酸的电子式5下列说法正确的是A液态 HCl、固态 AgCl 均不导电，所以 HCl、AgCl 是非电解质BNH3、CO2 的水溶液均能导电，所 以 NH3、CO2 均是电解质C金刚石、石墨、C60 是碳元素的同素异形体D金属氧化物一定是碱性氧化物6在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是ABCD7下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是序号事实推论A与冷水反应，Na 比 Mg 剧烈金属性：Na MgBCa(OH)2 的碱性强于 Mg(OH)2金属性：Ca MgC氧化性：HClOH2CO3非金属性：Cl CD热稳定性强弱：HBrHI非金属性：Br I8NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A2 g H218O 与 D216O 的混合物中所含中子数为 NAB标准状况下，11.2 L 的 SO3 中含有的分子数目为 0.5NAC1mol FeCl3 水解生成的 Fe(OH)3 胶体中胶粒数目等于 NAD2mol NO 和 1mol O2 充分反应后所得气体分子数为 2NA9标准状况下有0.112 L 水；3.011023 个氯化氢分子；13.6 g H2S 气体；0.2 mol NH3，下列对这 四种物质的关系由小到大排列正确的是A体积： B密度：C质量： D氢原子数：10实验操作规范且能达到目的是目的操作A取20.00 mL盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D配制浓度为0.010mol/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度11用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是A检验试液中的SO42-B检验试液中的Fe2+C检验试液中的I-D检验试液中的CO32-12下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是A氧化镁中混有氧化铝 B氯化亚铁溶液中混有氯化铜C氧化铁中混有二氧化硅 D氯化铝溶液中混有氯化铁13已知草酸晶体(H2C2O42H2O)的熔点为101，170分解。下列选用的装置和药品能达到实验目的的是ABCD制取SO2制取NO2H2C2O42H2O分解分离苯与溴苯14下列微粒在所给条件下，一定可以大量共存的是A透明溶液中：SCN、SO42、Na+、Fe3+B能使甲基橙变红的溶液中：Cu2、Mg2、SO42、ClC与铝反应能产生大量氢气的溶液中：HCO3、K+、NH4、CH3COOD1.0 molL1 的 KNO3 溶液中：Fe2、H、Cl、I15下列关于 Li、Na、K、Rb、Cs 的叙述均正确的一组是金属性最强的是锂 形成的离子中，氧化性最强的是锂离子在自然界中均以化合态形式存在 Li 的密度最小均可与水反应，产物均为 MOH 和 H2 它们在 O2 中燃烧的产物都有 M2O 和 M2O2 两种形式粒子半径：RbKNa， CsCsA B C D16短周期主族元素A、B、C、D 原子序数依次增大且最外层电子数之和为17。B、D 同主族，短周期中C原子半径最大，B最外层电子数是次外层的3倍。下列推断不正确的是A元素B、C、D 形成的化合物的水溶液呈中性B元素B、C 形成的化合物中可能既含有离子键又含共价键C离子半径从大到小的顺序为DBCD元素B 的简单气态氢化物的热稳定性比D 的强17短周期元素 W、X、Y、Z 在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是WXYZA单质活泼性：XW B氧化物对应水化物的酸性：YWC化合物熔点：Y2X3YZ3 D氢化物沸点：WINi 的原因是_。(4)铜的某种氯化物不仅易溶于水，而且易溶于乙醇和丙酮，其链状结构如图所示，则该氯化物的 化学式为_，属于_晶体。(5)Cu2+与乙二胺可形成上右图所示配离子，其中所含化学键类型有 _(填标号)。a配位键 b极性键 c离子键 d非极性键 e金属键(6)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。2019届福建省三明市第一中学高三上学期期中考试化学试题化学 答 案参考答案1C【解析】【分析】有机物是指含有碳元素的化合物，常见蛋白质、纤维素等属于有机物，无机物是指不含有碳元素的化合物。一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物。【详解】A、中国丝绸的主要成分为蛋白质，属于有机物，故A不选。B、埃及长绒棉主要成分为纤维素，属于有机物，故B不选。C、捷克水晶的主要成分为二氧化硅，属于无机物，故C选。D、乌克兰葵花籽油的主要成分为油脂，属于有机物，故D不选。故选C。2D【解析】试题分析：A洧水可燃，指的是石油，A正确；B曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，B正确；C草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，C正确；D石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，D错误，答案选D。考点：考查化学与生产、生活的关系3B【解析】【分析】A. 雾属于胶体；B. NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物；C. 汽车尾气的排放可导致雾霾天气；D. 重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性。【详解】A. 雾属于胶体，胶体的特征性质是能产生丁达尔效应，所以A选项是正确的；B. 二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故B错误；C. 汽车尾气的排放是雾霾天气的成因之一，所以C选项是正确的；D. 重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，所以D选项是正确的。故答案选B。4C【解析】【分析】A、氯的核电荷数为17；B、元素符号左上角的数字表示质量数；C、氨分子形成三个共价键；D、次氯酸的中心原子是氧原子。【详解】A、氯的核电荷数为17，37Cl的结构示意图，故A错误；B、元素符号左上角的数字表示质量数，中子数为 7 的碳原子： 136C，故B错误；C、氨分子形成三个共价键，故C正确；D、次氯酸的中心原子是氧原子，次氯酸的电子式，故D错误；故选C。5C【解析】【分析】A、在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。B、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质。C、同素异形体是同种元素组成的不同单质。D、有些高价金属的氧化物是酸性氧化物，还有些金属氧化物是两性氧化物等。【详解】A、液态HCl、固态 AgCl 均不导电，原因是液态氯化氢和固态氯化银中不含自由移动的阴阳离子，HCl、AgCl 溶于水后能电离出自由移动的阴阳离子而使其水溶液导电，所以氯化氢和氯化银是电解质，故A错误。B、NH3、CO2的水溶液均能导电原因是氨气和二氧化碳分别和水反应生成氨水、碳酸，氨水、碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使其水溶液导电，电离出阴阳离子的是氨水和碳酸不是氨气和二氧化碳，所以氨气和二氧化碳是非电解质，故B错误。C、同种元素组成的不同单质互称同素异形体，金刚石、石墨、C60 是碳元素的同素异形体，故C正确；D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如二氧化锰、三氧化铝，故D错误。故选C。6C【解析】【分析】A、氯气是强氧化剂，和变价金属反应生成高价化合物；B、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；C、碳酸钙高温分解得氧化钙，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙；D、氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与水不反应，所以不能实现各步转化。【详解】A、铁和氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故A错误；B、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，故B错误；C、碳酸钙高温分解得氧化钙，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙，所以能实现各步转化，故C正确；D、氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与水不反应，所以不能实现各步转化，故D错误。故选C。7C【解析】【分析】A金属性越强，与水反应越剧烈；B金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物碱性越强；C、非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定。【详解】ANa、Mg位于同周期，金属性NaMg，则与冷水反应，Na比Mg剧烈，故A正确；BCa、Mg位于同主族，金属性CaMg，对应的最高价氧化物的水化物碱性为Ca(OH)2强于Mg(OH)2，故B正确；C、次氯酸中氯为+1价，不是最高价，比较最高价氧化物的水化物的酸性，不是比较氧化性，故C错误；D、气态氢化物越稳定HBrHI，非金属性：Br I，故D正确。故选C。【点睛】本题考查金属性及非金属性的比较，解题关键：把握元素的位置、元素周期律及比较方法，注意归纳金属性、非金属性比较方法。8A【解析】【分析】A、H218O 与 D216O 摩尔质量均为20gmol1，均含10个中子；B、标准状况下， SO3 是固体；C、Fe(OH)3 胶体中胶粒是许多微观粒子的集合体；D、混合物中有二氧化氮和四氧化二氮形成的平衡。【详解】A、H218O 与 D216O 摩尔质量均为20gmol1，2g混合物物质的量为0.1mol，分子中均含10个中子，故0.1mol此混合物中含1NA个中子，故A正确；B、标准状况下， SO3 是固体，无法用22.4L/mol计算SO3物质的量，故B错误；C、Fe(OH)3 胶体中胶粒是许多微观粒子的集合体，1mol FeCl3 水解生成的 Fe(OH)3 胶体中胶粒数目小于 NA，故C错误；D、混合物中有二氧化氮和四氧化二氮形成的平衡，2mol NO 和 1mol O2 充分反应后所得气体分子数小于 2NA，故D错误。故选A。9D【解析】试题分析：标准状况下0.112 L水的质量是112g，物质的量是112g18g/mol6.2mol，氢原子的物质的量是12.4mol；3.011023个氯化氢分子的物质的量是0.5mol，质量是18.25g，氢原子的物质的量是0.5mol；13.6 g H2S气体的物质的量是13.6g34g/mol0.4mol，氢原子的物质的量是0.8mol；0.2 mol氨气的质量是3.4g，氢原子的物质的量是0.6mol。A、体积：，A错误；B、密度：，B错误；C质量：，C错误；D氢原子数：，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查物质的量的有关计算【名师点晴】在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、nm/M、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。另外该题还要主要分子以及组成分子的原子的数量关系。10B【解析】【详解】在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，液体体积大于20.00 mL，故A错误；碘易溶于酒精，故B正确；测定溶液pH用干燥的pH试纸，故C错误；不能把固体物质放入容量瓶溶解，故D错误。11C【解析】【分析】A不能排除SO32的干扰；B具有还原性的离子均可使高锰酸钾反应，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象分析；C淀粉遇碘变蓝；D溶液中可能存在SO32【详解】A溶液中如含有SO32，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，故A错误；B先向溶液中加入硫氰化钾溶液，没有现象，与高锰酸钾发生氧化还原可能生成铁离子，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象，不能证明原溶液中一定存在亚铁离子，故B错误；C试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，碘遇淀粉变蓝，离子检验实验合理，故C正确；D若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钡或亚硫酸钡沉淀，加入盐酸沉淀溶解，故D错误。故选：C。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，解题关键：将元素化学基础知识应用于离子检验，选项B为解答的易错点。12B【解析】【分析】A氧化铝具有两性，可与氢氧化钠溶液反应；B、二者都可以与NaOH发生反应生成沉淀，加入盐酸都可溶解C、二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应；D、氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化钠过量，氯化铝生成偏铝酸钠，过滤后分别加入盐酸，可又生成氯化铝、氯化铁。【详解】A、MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，滤液中加适量HCl，过滤得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解转化为氧化铝，故A不选；B、二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故B选。C、二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应。加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，向滤液中加入盐酸后过滤，将沉淀加热得到二氧化硅，故C不选；D、向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向滤液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值时，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液和氯化铁溶液，故D不选。故选B。13D【解析】【详解】A.铜片和稀硫酸加热时不反应，应该用铜片和浓硫酸加热制取SO2，A项错误；B.常温下浓硝酸使铝钝化，不能在常温下用浓硝酸和Al反应制取NO2，B项错误；C.根据提供的信息可知，草酸晶体的分解温度高于熔点，即草酸晶体先熔化后分解，故试管口不能向下倾斜，C项错误；D.苯和溴苯互溶，且沸点相差较大，故可用蒸馏的方法分离二者，实验过程中需要加入碎瓷片以防止暴沸，冷凝管中的冷却水从下口进，从上口出，D项正确。答案选D。14B【解析】【分析】A. 透明溶液中：SCN、Fe3+发生络合反应；B. 能使甲基橙变红的溶液中：Cu2、Mg2、SO42、Cl，不发生反应；C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液中可能酸性，也可能是碱性：HCO3酸性和碱性均不能大量共存、NH4 碱性不能大量共存、CH3COO酸性不能大量共存；D. 1.0 molL1 的 KNO3 溶液中的NO3与H组成硝酸，将Fe2、I氧化。【详解】A. 透明溶液中：SCN、Fe3+发生络合反应，透明溶液中：SCN、SO42、Na+、Fe3+不能大量共存，故A错误；B. 能使甲基橙变红的溶液中：Cu2、Mg2、SO42、Cl，不发生反应，故B正确；C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液中可能酸性，也可能是碱性：HCO3酸性和碱性均不能大量共存、NH4 碱性不能大量共存、CH3COO酸性不能大量共存，故C错误；D. 1.0 molL1 的 KNO3 溶液中的NO3与H组成硝酸，将Fe2、I氧化，故D错误。故选B。15D【解析】【分析】Li、Na、K、Rb、Cs都是碱金属元素，位于同一主族，位置从上到下，依据同主族元素金属性从上到下依次增强，阳离子氧化性依次减弱，密度呈增大趋势，阳离子半径逐渐增大，结合元素周期律解析。【详解】同主族元素金属性从上到下依次增强，所以金属性最强的是铯，故错误；同主族元素金属性从上到下依次增强，阳离子氧化性依次减弱，所以氧化性最强的是锂离子，故正确；碱金属性质活泼，容易与空气中的氧气和水发生反应，所以在自然界中均以化合态形式存在，故正确；碱金属密度从上到下呈增大趋势，所以Li的密度最小，故正确；均可与水反应，产物均为 MOH 和 H2 ，故正确；锂只有Li2O一种氧化物，故错误；Rb、K、Na，电子层依次减少，所以半径依次减小，故RbKNa，正确，Cs与Cs具有相同的质子数，但是Cs电子数多，所以半径大，故正确。综上分析正确，故选D。16A【解析】短周期中C原子半径最大，C为Na元素；B最外层电子数是次外层的3倍，B为O元素；B、D为同主族的短周期元素，D的原子序数大于C，D为S元素；A、B、C、D的最外层电子数之和为17，A的最外层电子数为17-6-1-6=4，A的原子序数小于B，A为C元素。A，B、C、D形成的化合物有Na2SO4、Na2SO3等，Na2SO4溶液呈中性，Na2SO3溶液由于SO32-的水解溶液呈碱性，A项错误；B，B、C可以形成Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含有离子键又含有共价键，B项正确；C，根据“层多径大，序大径小”，离子半径从大到小的顺序为DBC，C项正确；D，非金属性：OS，元素B的简单气态氢化物(H2O)的热稳定性比D(H2S)的强，D项正确；答案选A。17A【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n2+n3+n+4=21，4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素。【详解】A. W为N元素，X为O元素，单质活泼性：XW，故A正确；B. 氧化物对应水化物的酸性：Y为Al，对应的氧化物的水化物Al(OH)3属于两性氢氧化物，W为N，对应的氧化物的水化物溶液HNO3属于强酸，故B错误；C. 化合物熔点：Al2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故C错误；D. W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，故D错误。故选A。【点睛】本题考查位置结构性质关系应用，解题关键：元素的相对位置以及核外最外层电子的关系，明确短周期元素在周期表中的位置来推断，易错点C，Al2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物。18D【解析】【分析】A. 澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙；B. 向 FeCl2 溶液中通入 Cl2生成氯化铁；C. 向碳酸氢铵溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液生成氨水和碳酸钠；D. 向漂白液中滴入过量醋酸生成醋酸钠和次氯酸：醋酸和次氯酸都是弱电解质。【详解】A. 澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙，离子方程式为：OHCO32- =HCO3，故A正确；B. 向 FeCl2 溶液中通入 Cl2生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2+ + Cl2 2Fe3+ + 2Cl，故B正确；C. 向碳酸氢铵溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液生成氨水和碳酸钠，离子方程式为：NH4HCO32OH=NH3 H2OCO32H2O，故C正确；D. 向漂白液中滴入过量醋酸生成醋酸钠和次氯酸：醋酸和次氯酸都是弱电解质，离子方程式为：ClO + CH3COOH = HClOCH3COO，故D错误。故选D。19A【解析】【分析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是反应前后有元素化合价的变化，在化学反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；【详解】氟气通入水中2F2+2H2O=4HF+O2水只作还原剂；水蒸气经过灼热的焦炭，水只作氧化剂；钠块投入水中，2Na+2H2O=2NaOH+H2，水只作氧化剂；铁与水蒸气反应，3Fe+4H2OFe3O4+4H2，水只作氧化剂；氯气通入水中Cl2+H2O=HCl+HClO，水中各元素的化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂。根据以上分析：水只作还原剂的反应；水只作氧化剂；水既不是氧化剂又不是还原剂，故选A。20B【解析】【分析】A、反应中均有元素的化合价变化，中没有离子参加反应；B、为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；C、由H2O2O22e计算；D、反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高【详解】A、反应中均有元素的化合价变化，均为氧化还原反应，而中没有离子参加反应，则不属于离子反应，故A错误；B、为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性AlMn，故B正确；C、由H2O2O22e计算，反应中每生成 1mol O2 转移的电子数 2mol，故C错误；D、反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，4molHCl中只有2mol为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误。故选B。21A【解析】【分析】A、镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子；B、步骤是侯德榜制碱的原理，向饱和氯化钠溶液中通入氨气，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体；C、氯化镁水中水解，加热促进水解；D、步骤是溴离子被氧化，步骤是溴单质被还原，步骤是溴元素被氧化。【详解】A、镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加过量的氢氧化钠溶液加过量的氯化钡溶液加过量的碳酸钠溶液过滤加适量盐酸，故A正确；B、步骤中，应先通NH3，再通CO2，目的是增多二氧化碳溶解生成碳酸氢钠晶体，故B错误；C、步骤MgCl26H2O中氯化镁水解，加热促进水解，晶体不能在空气中直接加热脱水，应在氯化氢气流中加热失水，故C错误；D、步骤是溴离子被氧化为溴单质，步骤是溴单质被还原为溴化氢，步骤溴元素被氧化为溴单质，故D错误。故选A。22D【解析】A用氨水，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，A错误；BAl3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；CK+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，C错误；D因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，D正确；答案选D。点睛：本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。23C【解析】试题分析：向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-Fe2+Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br-的变化情况由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=24mol-2mol=6molA、由上述分析可知，线段代表Br-的变化情况，A项错误；B、由上述分析可知，线段I代表I-的变化情况，B项错误；C、由上述分析可知，溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=24mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，C项正确；D、溶液中n(Br-)=6mol，所以原混合溶液中n(FeBr2)=3mol，c(FeBr2)=3molL-1，D项错误；答案选C。考点：考查据图像判断并计算24108 NO、NO2 2xCO+2NOx N2+2xCO2 【解析】【分析】(1)根据元素化合价与物质的关系知，A中N元素的化合价为+5价，且能反应生成硝酸，则A为硝酸的酸酐；具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；(2)汽车尾气中含有CO和NOx等多种有害气体，若在汽车的排气管上安装一种催化转化装置，可使CO与NOx反应，生成两种无毒气体，则该反应的化学方程式为2xCO+2NOx N2+2xCO2。【详解】(1)根据元素化合价与物质的关系知，A中N元素的化合价为+5价，且能反应生成硝酸，则A为硝酸的酸酐，是N2O5，其摩尔质量是108gmol1；具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，所以具有氧化性和还原性的化合物是NO、NO2，故答案为：108gmol1；NO、NO2；(2)CO与NOx反应，生成两种无毒气体，则两种气体为二氧化碳和氮气，反应方程式为：2xCO+2NOx N2+2xCO2。25OH+HSO3=SO32+H2O AB 3NO2+H2O=2HNO3+NO 【解析】【分析】(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；(2)若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，以此分析。(3)若A为非金属氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3。【详解】(1)Na位于周期表第三周期A族，C和E反应的离子方程式为OH+HSO3=SO32+H2O；(2)若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，用盐酸产生气泡快的为NaHCO3，用氯化钡产生沉淀的为碳酸钠，故选AB。(3)若A为非金属氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，D为 Fe(NO3)3，E为 Fe(NO3)2，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。【点睛】本题考查无机物的推断，过程相似，体现形式多样，提高学生分析问题、以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力。解题关键：把握好常见物质的性质以及有关转化，并能结合题意具体问题、具体分析即可。26+2价 圆底烧瓶 Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O 缓冲装置(或者平衡装置内外压强等) S2O32+2HS+SO2+H2O； d 【解析】【分析】(1)化合物中化合价代数和等于0。(2)仪器a为圆底烧瓶，生成气体二氧化硫的反应为浓硫酸和亚硫酸钠反应；(3)装置 B观察SO2的生成速率，二氧化硫通过溶液不能与SO2反应，有气泡逸出，长颈漏斗的作用是平衡装置内外压强；(4)酸性溶液中硫代硫酸根离子会反应生成单质硫；(5)用于处理尾气，吸收未反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中。【详解】(1)化合物中化合价代数和等于0，Na2S2O3 中硫元素的化合价：+2价。(2)仪器a为圆底烧瓶，生成气体二氧化硫的反应为浓硫酸和亚硫酸钠反应故答案为：圆底烧瓶；Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O；(3)观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，溶液不能与SO2反应，用饱和NaHSO3溶液，与二氧化硫不反应，除观察SO2生成速率的作用外，装置中长颈漏斗的作用起到缓冲装置(或者平衡装置内外压强等)，故答案为：缓冲装置(或者平衡装置内外压强等)；(4)酸性溶液中硫代硫酸根离子会反应生成单质硫，反应的离子方程式为：S2O32+2HS+SO2+H2O；(5)a装置应将导管伸入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为：d。【点睛】本题考查物质的制备实验、实验方案设计，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，解题关键：明确实验原理，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用27分解产物中有SO2没有SO3 吸收SO2防止污染空气 ACBD C中无水硫酸铜变蓝色 D中溶液变红色 取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液变红色，说明含三价铁2(NH4)2Fe(SO4)2 Fe2O3+4SO2+2NH3+N2+5H2O； 【解析】【分析】实验I甲同学为探究分解产物中的硫氧化物，连接装置A-E-F-B进行实验，E中没有明显现象，F中溶液褪色，可说明生成硫氧化物为二氧化硫，没有生成三氧化硫，碱石灰用于吸收二氧化硫，防止污染空气。实验验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置C中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置B中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置D检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气。【详解】(1)E中含HCl的BaCl2溶液没有明显现象，无硫酸钡沉淀生成，证明分解产物中无三氧化硫生成，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，F中溶液褪色说明有二氧化硫生成，故：分解产物中有SO2没有SO3；(2)连接装置A-E-F-B进行实验，最后装置B是：吸收SO2防止污染空气；(3)实验验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置C中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置B中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置D检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接顺序为ACBD；(4)利用无水硫酸铜遇到水变蓝色证明水蒸气生成，证明有水蒸气生成的实验现象为：C中无水硫酸铜变蓝色；(5)证明有氨气生成是利用氨气极易溶于水生成一水合氨，溶液显碱性使酚酞变红色，证明有氨气生成的实验