贵州省黔西南州兴义八中高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

贵州省黔西南州兴义八中2015-2016学年高三（上）期中化学试卷一、选择题：每小题6分，每小题只有一个选项选项题意1有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的h2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（）a物质的量之比为1：1b物质的量之比为1：2c质量之比为4：1d质量之比为2：12下列离子方程式正确的是（）a过量氯气通入溴化亚铁溶液中2fe2+2br+2cl2fe3+br2+4clb向nahso4溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液至中性2h+so42+2oh+ba2+=baso4+2h2oc碳酸氢钙和过量的氢氧化钠溶液反应：ca2+oh+hco3=caco3+h2od用fecl3溶液腐蚀印刷电路板：cu+fe3+=fe2+cu2+3将一定量硫酸、硝酸和kno3溶液混合成100ml溶液，其中h2so4、hno3和kno3的物质的量浓度分别是6mol/l，2mol/l和1mol/l，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（）a11.2 lb6.72 lc8.96 ld4.48 l4下列物质转化在给定条件下能实现的是（）al2o3naalo2al（oh）3sso3h2so4naoh（aq）nahco3na2co3fe2o3fecl3（aq）无水fecl3nh4cl（s）nh3nh4hco3abcd5已知nh3和hcl都是能用来做喷泉实验的气体若在同温同压下用等体积的两个烧瓶各收集满nh3和hcl气体，则喷泉实验完毕后两个烧瓶中溶液的关系正确的是（）a溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同b溶质的质量分数相同，溶质的物质的量不同c溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同d溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同6将x气体通入bacl2溶液，未见沉淀生成，然后通入y气体，有沉淀生成，x、y不可能是（）选项xyaso2h2sbcl2co2cnh3co2dso2cl2aabbccdd7fes 与一定浓度的hno3 反应，生成fe（no3）3、fe2（so4）3、no2、n2o4、no 和h2o，当no2、n2o4、no 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的fes 与hno3的物质的量之比为（）a1：6b1：7c2：11d16：25二、非选择题：8（14分）x、y、z、w四种物质有如图1相互转化关系（其中x、w单质，y、z为化合物，未列出反应条件）若z是生活中常用的调味品，w遇淀粉溶液变蓝，则：（1）向fecl2溶液中加入x的水溶液，是溶液颜色变为棕黄色的微粒是（2）工业上z有多种用途，用化学方程式表示z的一种用途（3）生活中所用的z加入了碘酸钾，过量x与y溶液反应时可以得到一种碘酸盐，此反应的离子方程式是若x是工业上用量最大的金属单质，z是一种具有磁性的黑色晶体，则：（1）x与y反应的化学方程式是（2）若用如图2装置只进行z+wx+y反应（夹持装置未画出）：完成此实验有多步操作，其中三步是：a点燃酒精灯，b滴加盐酸，c检验气体纯度这三步操作的先后顺序是（填字母）为保证实验成功，上述装置需要改进，方法是（用文字叙述）（3）将3.48g z加入50ml 4mol/l的稀hno3中充分反应，产生112ml的no（标准状况），向反应后的溶液中滴加naoh溶液能产生沉淀当沉淀量最多时，至少需要加入2mol/l的naoh溶液ml （精确到0.1）9（14分）1某废水中可能含有下列离子中的若干种：fe3+、al3+、fe2+、cu2+、cl、co32、no3、so42、sio32现进行如下实验：取少量溶液，加入kscn溶液，无明显变化另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色向中所得溶液中加入bacl2溶液，有白色沉淀生成向中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褪色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成请回答下列问题：（1）该废水一定含有的离子是；（2）实验中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是；（3）过滤除去中的蓝色沉淀，调整溶液的ph为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为al+no3+ohalo2+nh3+n2+h2o（未配平）若除去0.2molno3，消耗铝g2某混合液中，可能大量含有的离子如表：阳离子h+、k+、al3+、nh4+、mg2+阴离子cl、br、oh、co32、alo2为探究其成分，某同学将na2o2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入na2o2的物质的量的关系分别如图所示：（1）该溶液中一定含有的阳离子是，其对应物质的量浓度之比为，溶液中一定不存在的阴离子是（2）请写出沉淀减少的离子方程式10（15分）乙组同学用如图装置来证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，b为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；e为一个空的蒸馏烧瓶；f是用于鼓入空气的双连打气球（1）实验时，先将b装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当c处产生白色沉淀时，立刻将b装置上提，使之与稀硝酸分离该组学生设计此步操作的目的（2）将a中铜丝放入稀硝酸中，给装置a微微加热，在装置a中产生无色气体，其反应的离子方程式为（3）装置e中开始时出现浅红棕色气体，用f向e中鼓入空气后，可观察到烧瓶e内气体颜色加深，产生上述现象的原因是（4）一段时间后，c中白色沉淀溶解，其原因是（5）装置d的作用是已知向含有淀粉的10ml0.2mol/lkio3酸性溶液滴滴加0.3moll1nahso3溶液的过程中，溶液的颜色先变蓝然后褪色，发生的离子反应如下：io3+hso3=i2+so42+h2o+i2+hso3+h2o2i+so42+3h+回答下列问题（1）配平离子反应方程式io3+hso3=i2+so42+h2o+（2）根据反应写出还原性粒子hso3、i2、i由强到弱的顺序；（3）当溶液刚好褪色时，则消耗的nahso3溶液的体积为；（4）预测已知向含有淀粉的nahso3溶液滴加kio3溶液的现象11（15分）高分子材料pet聚酯树脂和pmma的合成路线如图：已知：rcoor+r18ohrco18or+roh（r、r、r代表烃基），（r、r代表烃基）（1）的反应类型是（2）的化学方程式为（3）pmma单体的官能团名称是、（4）f的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为（5）下列说法正确的是（填字母序号）a为酯化反应bb和d互为同系物cd的沸点比同碳原子数的烷烃高d1mol与足量naoh溶液反应时，最多消耗4mol naoh（6）j的某种同分异构体与j具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是（7）写出由pet单体制备pet聚酯并生成b的化学方程式贵州省黔西南州兴义八中2015-2016学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题6分，每小题只有一个选项选项题意1有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的h2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（）a物质的量之比为1：1b物质的量之比为1：2c质量之比为4：1d质量之比为2：1【考点】物质的量的相关计算【分析】只有硅和naoh溶液反应生成氢气，铁与hcl反应生成氢气，根据生成氢气的量计算粗硅中铁和硅的物质的量之比【解答】解：根据电子得失：可知铁与盐酸反应：feh2，而硅与氢氧化钠反应：si2h2，放出等量的h2，设生成氢的量为2mol，所以粗硅中铁和硅的物质的是之比为：2：1，质量之比为：256：128=4：1，故选：c【点评】本题考查混合物反应的计算，侧重考查学生分析、计算能力，明确只有si和naoh溶液反应是解本题关键，利用关系式解答即可，题目难度不大2下列离子方程式正确的是（）a过量氯气通入溴化亚铁溶液中2fe2+2br+2cl2fe3+br2+4clb向nahso4溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液至中性2h+so42+2oh+ba2+=baso4+2h2oc碳酸氢钙和过量的氢氧化钠溶液反应：ca2+oh+hco3=caco3+h2od用fecl3溶液腐蚀印刷电路板：cu+fe3+=fe2+cu2+【考点】离子方程式的书写【分析】a亚铁离子、溴离子均全部被氧化；b逐滴加入ba（oh）2溶液至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水；c碳酸氢钙完全反应，生成碳酸钡、碳酸钠和水；d电子、电荷不守恒【解答】解：a过量氯气通入溴化亚铁溶液中的离子反应为2fe2+4br+3cl22fe3+2br2+6cl，故a错误；b向nahso4溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液至中性的离子反应为2h+so42+2oh+ba2+=baso4+2h2o，故b正确；c碳酸氢钙和过量的氢氧化钠溶液反应的离子反应为ca2+2oh+2hco3=caco3+2h2o+co32，故c错误；d用fecl3溶液腐蚀印刷电路板的离子反应为cu+2fe3+=2fe2+cu2+，故d错误；故选b【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式书写的方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大3将一定量硫酸、硝酸和kno3溶液混合成100ml溶液，其中h2so4、hno3和kno3的物质的量浓度分别是6mol/l，2mol/l和1mol/l，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（）a11.2 lb6.72 lc8.96 ld4.48 l【考点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算【专题】计算题；氮族元素【分析】依据铁与稀硝酸反应的离子方程式计算解答，注意反应离子过量与不足的判断，确定发生的化学反应【解答】解：100ml溶液中含有氢离子的物质的量为：0.1l6mol/l2+0.1l2mol/l=1.4mol；含有的硝酸根离子为：0.1l2mol/l+0.1l1mol/l=0.3mol，加入过量的铁粉，发生反应的离子方程式为：3fe+2no3+8h+=3fe2+2no+4h2o和反应fe+2h+=fe2+h2，则：3fe+2no3+8h+=3fe2+2no+4h2o 2 8 2 0.3mol 1.2mol 0.3mol剩余的氢离子的物质的量为：1.4mol1.2mol=0.2mol， fe+2h+=fe2+h2， 2 1 0.2mol 0.1mol产生气体的物质的量为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，标况下体积为：0.4mol22.4l/mol=8.96l，故选：c【点评】本题考了硝酸的性质及其相关计算，题目难度中等，注意硝酸根离子在酸性环境先具有强的氧化性，所以本题应依据铁与硝酸酸的离子方程式计算，注意通过过量的判断确定发生的化学反应4下列物质转化在给定条件下能实现的是（）al2o3naalo2al（oh）3sso3h2so4naoh（aq）nahco3na2co3fe2o3fecl3（aq）无水fecl3nh4cl（s）nh3nh4hco3abcd【考点】镁、铝的重要化合物；铵盐；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【专题】创新题型【分析】氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再加热分解又生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，fe3+水解，加热蒸发得不到无水fecl3在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中nahco3溶解度最小，所以析出nahco3，加热nahco3分解生成碳酸钠【解答】解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2naalo2+co2+3h2o=2al（oh）3+na2co3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再加热分解又生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，fe3+水解fe3+3h2o2fe（oh）3+hcl，加热蒸发hcl挥发，平衡向右移动，得不到无水fecl3，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中nahco3溶解度最小，析出nahco3，加热nahco3分解生成碳酸钠，故正确故正确故选：a【点评】考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液5已知nh3和hcl都是能用来做喷泉实验的气体若在同温同压下用等体积的两个烧瓶各收集满nh3和hcl气体，则喷泉实验完毕后两个烧瓶中溶液的关系正确的是（）a溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同b溶质的质量分数相同，溶质的物质的量不同c溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同d溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据在同温同压下下等体积的两种气体的物质的量相同，而nh3和hcl均易溶于水，故最后溶液均将充满整个烧瓶，即两溶液的体积相同，据此分析【解答】解：假设在标准状况下，烧瓶的容积为22.4 l，所以nh3和hcl的体积也均为22.4 l，物质的量均为1 mol，实验完毕后两个烧瓶中均充满溶液，溶液的体积为22.4 l，溶质的物质的量均为1 mol，所以实验完毕后两个烧瓶中溶质的物质的量浓度均为0.045 moll1；两溶液的体积相同，密度不同，故溶液的质量不同；而溶质的物质的量相同，但摩尔质量不同，故溶质的质量不同，故溶质的质量分数不同故选a【点评】本题考查了气体溶于水时物质的量浓度和质量分数的计算，难度不大，应注意的是由于气体的体积相同，故气体的物质的量相同，两气体均易全溶于水，故所得溶液的体积相同6将x气体通入bacl2溶液，未见沉淀生成，然后通入y气体，有沉淀生成，x、y不可能是（）选项xyaso2h2sbcl2co2cnh3co2dso2cl2aabbccdd【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】a二氧化硫与硫化氢反应生成s沉淀；b氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应；c氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡和氯化铵；d二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子【解答】解：a二氧化硫与硫化氢反应生成s沉淀，则有沉淀生成，故a不选；b氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应，则一直没有沉淀生成，故b选；c氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡沉淀和氯化铵，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故c不选；d二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故d不选；故选b【点评】本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，涉及氯气、二氧化硫、氨气、二氧化碳与氯化钡的性质，综合性较强，注意发生的氧化还原反应及复分解反应即可解答，题目难度不大7fes 与一定浓度的hno3 反应，生成fe（no3）3、fe2（so4）3、no2、n2o4、no 和h2o，当no2、n2o4、no 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的fes 与hno3的物质的量之比为（）a1：6b1：7c2：11d16：25【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】先根据转移电子守恒计算参加反应的n（fes），根据硫原子的物质的量计算生成硫酸铁需要铁元素的物质的量，再根据剩余铁元素的物质的量计算起酸作用的硝酸的物质的量，根据气体的物质的量结合原子守恒计算被还原的硝酸的物质的量，从而得出fes 与hno3的物质的量之比【解答】解：设no2、n2o4、no 的物质的量都是1mol，生成物质的量分别都是1molno2、n2o4、no时，硝酸得到电子的物质的量=1mol（54）+1mol2（54）+1mol（52）=6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算n（fes），n（fes）= mol，根据fe2（so4）3中硫酸根离子和铁离子的关系式知，生成硫酸铁需要的铁元素的物质的量=，则剩余的mol铁元素生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，生成fe（no3）3的硝酸的物质的量=mol3=mol，根据氮元素守恒得，生成物质的量分别都是1molno2、n2o4、no时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+1mol=4mol，所以实际参加反应的fes 与hno3的物质的量之比=mol：（+4mol）=1：7，故选b【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，根据转移电子守恒计算n（fes），再结合原子守恒来分析解答，难度中等，也可以根据转移电子守恒配平方程式进行解答二、非选择题：8（14分）x、y、z、w四种物质有如图1相互转化关系（其中x、w单质，y、z为化合物，未列出反应条件）若z是生活中常用的调味品，w遇淀粉溶液变蓝，则：（1）向fecl2溶液中加入x的水溶液，是溶液颜色变为棕黄色的微粒是cl2（2）工业上z有多种用途，用化学方程式表示z的一种用途2nacl+2h2o h2+cl2+2naoh（3）生活中所用的z加入了碘酸钾，过量x与y溶液反应时可以得到一种碘酸盐，此反应的离子方程式是3cl2+i+3h2o6cl+io3+6h+若x是工业上用量最大的金属单质，z是一种具有磁性的黑色晶体，则：（1）x与y反应的化学方程式是3fe+4h2ofe3o4+4h2（2）若用如图2装置只进行z+wx+y反应（夹持装置未画出）：完成此实验有多步操作，其中三步是：a点燃酒精灯，b滴加盐酸，c检验气体纯度这三步操作的先后顺序是b c a（填字母）为保证实验成功，上述装置需要改进，方法是（用文字叙述）在甲、乙装置中间增加一个装有水的洗气瓶（3）将3.48g z加入50ml 4mol/l的稀hno3中充分反应，产生112ml的no（标准状况），向反应后的溶液中滴加naoh溶液能产生沉淀当沉淀量最多时，至少需要加入2mol/l的naoh溶液97.5ml （精确到0.1）【考点】无机物的推断【专题】推断题；元素及其化合物【分析】若w遇淀粉溶液变蓝，w是碘单质，x和y反应生成碘和z，z是生活中常用的调味品，z是氯化钠，根据元素守恒、氧化还原反应及x和w是单质、y和z为化合物知，x是氯气，y是碘化钠；若x是工业上用量最大的金属单质，则x是铁，z是一种具有磁性的黑色晶体，z是四氧化三铁，x、y、z、w四种物质有如下相互转化关系，其中x、w单质，y、z为化合物，该反应是铁和水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，所以w是氢气，y是水（1）高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；（2）从实验安全性方面分析；实验过程中要防止杂质的干扰，在实验中要有除杂装置；（3）先确定溶液中溶质成分，再根据原子守恒计算氢氧化钠的体积【解答】解：若w遇淀粉溶液变蓝，w是碘单质，x和y反应生成碘和z，z是生活中常用的调味品，z是氯化钠，根据元素守恒、氧化还原反应及x和w是单质、y和z为化合物知，x是氯气，y是碘化钠；（1）通过以上分析知，向fecl2溶液中加入cl2的水溶液，使溶液颜色变为棕黄色，故答案为：cl2；（2）工业上用电解饱和氯化钠溶液制取氢氧化钠，电解方程式为：2nacl+2h2o h2+cl2+2naoh，故答案为：2nacl+2h2o h2+cl2+2naoh；（3）氯气有强氧化性，能把碘离子氧化生成碘酸根离子，同时自身被还原成氯离子，离子方程式为：3cl2+i+3h2o6cl+io3+6h+，故答案为：3cl2+i+3h2o6cl+io3+6h+；若x是工业上用量最大的金属单质，则x是铁，z是一种具有磁性的黑色晶体，z是四氧化三铁，x、y、z、w四种物质有如下相互转化关系，其中x、w单质，y、z为化合物，该反应是铁和水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，所以w是氢气，y是水（1）高温条件下，铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3fe+4h2ofe3o4+4h2，故答案为：3fe+4h2ofe3o4+4h2；（2）氢气还原氧化物的实验中，因为氢气和氧气在一定范围内会产生爆炸，所以实验应该先制取氢气，然后检验氢气再通入氢气，通入一段时间后再点燃酒精灯，所以实验顺序为b、c、a，故答案为：b c a；该反应是放热反应，盐酸检验挥发性，所以制取的氢气中含有氯化氢气体，为防止氯化氢气体干扰实验，应该在甲、乙装置中间增加一个装有水的洗气瓶，洗气氯化氢气体，故答案为：在甲、乙装置中间增加一个装有水的洗气瓶； （3）四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸盐和no，向溶液中滴加氢氧化钠溶液，硝酸盐和氢氧化钠反应生成沉淀和硝酸钠，根据溶液中硝酸根离子的量计算氢氧化钠的浓度，硝酸的物质的量=4mol/l0.05l=0.2mol，充分反应，产生112ml的no，根据氮原子守恒，硝酸和一氧化氮的物质的量之比为1：1，则溶液中剩余硝酸的物质的量=0.2mol=0.195mol，硝酸盐和氢氧化钠反应生成沉淀和硝酸钠，则氢氧化钠和硝酸根离子之间的物质的量之比为1：1，设氢氧化钠的体积为vnaohno3，1mol 1mol2v 0.195molv=97.5ml，故答案为：97.5【点评】本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，明确元素化合物性质是解本题的关键，同时考查学生思维能力、分析推断能力，注意（3）题中根据原子守恒计算氢氧化钠的体积较简便，正确确定溶质即可分析解答，难度较中等9（14分）1某废水中可能含有下列离子中的若干种：fe3+、al3+、fe2+、cu2+、cl、co32、no3、so42、sio32现进行如下实验：取少量溶液，加入kscn溶液，无明显变化另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色向中所得溶液中加入bacl2溶液，有白色沉淀生成向中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褪色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成请回答下列问题：（1）该废水一定含有的离子是fe2+、cu2+、no3、so42；（2）实验中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是3fe2+no3+4h+=3fe3+no+2h2o；（3）过滤除去中的蓝色沉淀，调整溶液的ph为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为al+no3+ohalo2+nh3+n2+h2o（未配平）若除去0.2molno3，消耗铝9.6g2某混合液中，可能大量含有的离子如表：阳离子h+、k+、al3+、nh4+、mg2+阴离子cl、br、oh、co32、alo2为探究其成分，某同学将na2o2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入na2o2的物质的量的关系分别如图所示：（1）该溶液中一定含有的阳离子是h+、al3+、nh4+、mg2+，其对应物质的量浓度之比为2：2：2：3，溶液中一定不存在的阴离子是oh、co32、alo2（2）请写出沉淀减少的离子方程式al（oh）3+ohalo2+2h2o【考点】离子方程式的有关计算；物质检验实验方案的设计【专题】离子反应专题；利用化学方程式的计算【分析】1i取少量溶液，加入kscn溶液时无明显变化，证明溶液中不含铁离子：另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有no3和fe2+；则不能有co32、sio32；向中所得溶液中加入bacl2溶液，有白色沉淀生成，取原溶液加入bacl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有so42；向中所得溶液中加入过量浓氨水，生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有al3+，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，积生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有cu2+；据此分析；2（1）根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；（2）沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式【解答】解：1i取少量溶液，加入kscn溶液时无明显变化，证明溶液中不含铁离子：另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有no3和fe2+；则不能有co32、sio32；向中所得溶液中加入bacl2溶液，有白色沉淀生成，取原溶液加入bacl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有so42；向中所得溶液中加入过量浓氨水，生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有al3+，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，积生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有cu2+；（1）综上可知，该废水一定含有的离子是fe2+、cu2+、no3、so42，故答案为：fe2+、cu2+、no3、so42；（2）取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，则硝酸与亚铁离子反应生成no和三价铁离子、水，其离子方程式为：3fe2+no3+4h+=3fe3+no+2h2o；故答案为：3fe2+no3+4h+=3fe3+no+2h2o；（3）反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，则配平方程式为：16al+9no3+7oh=16alo2+4n2+nh3+2h2o；已知0.2molno3， 16al+9no3+7oh=16alo2+4n2+nh3+2h2o 16 9n（al） 0.2moln（al）=mol则al的质量为mol27 gmol1=9.6g故答案为：9.6；2（1）根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：mg2+和al3+，所以一定不含co32、alo2，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有h+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol3+3mol2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子或溴离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：所以n（h+）+3n（al3+）+n（nh4+）+2n（mg2+）2n（so42），所以氯离子物质的量16mol，即：离子种类h+al3+nh4+mg2+br或cl物质的量（mol）222316所以溶液中一定存在的阳离子为：h+、al3+、nh4+、mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n（h+）：n（al3+）：n（nh4+）：n（mg2+）=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：oh、co32、alo2，故答案为：h+、al3+、nh4+、mg2+；2：2：2：3；oh、co32、alo2（2）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：al（oh）3+ohalo2+2h2o，故答案为：al（oh）3+ohalo2+2h2o【点评】本题考查了离子检验的实验方法和反应现象分析、离子方程式的书写，掌握离子性质和溶液中电荷守恒计算判断存在的离子是解题关键，题目难度较大10（15分）乙组同学用如图装置来证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，b为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；e为一个空的蒸馏烧瓶；f是用于鼓入空气的双连打气球（1）实验时，先将b装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当c处产生白色沉淀时，立刻将b装置上提，使之与稀硝酸分离该组学生设计此步操作的目的产生二氧化碳，排出装置中的空气（2）将a中铜丝放入稀硝酸中，给装置a微微加热，在装置a中产生无色气体，其反应的离子方程式为3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o（3）装置e中开始时出现浅红棕色气体，用f向e中鼓入空气后，可观察到烧瓶e内气体颜色加深，产生上述现象的原因是二氧化碳密度大于空气，未能排尽烧瓶中的空气，少量no与空气中的氧气反应生成少量的红棕色的no2；鼓入空气后，no与氧气反应，生成大量的红棕色气体二氧化氮（4）一段时间后，c中白色沉淀溶解，其原因是二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸使白色沉淀碳酸钙溶解（5）装置d的作用是吸收尾气，防止污染大气已知向含有淀粉的10ml0.2mol/lkio3酸性溶液滴滴加0.3moll1nahso3溶液的过程中，溶液的颜色先变蓝然后褪色，发生的离子反应如下：2io3+5hso3=1i2+5so42+1h2o+3h+i2+hso3+h2o2i+so42+3h+回答下列问题（1）配平离子反应方程式2io3+5hso3=1i2+5so42+1h2o+3h+（2）根据反应写出还原性粒子hso3、i2、i由强到弱的顺序hso3ii2；（3）当溶液刚好褪色时，则消耗的nahso3溶液的体积为20ml；（4）预测已知向含有淀粉的nahso3溶液滴加kio3溶液的现象【考点】硝酸的化学性质；氧化还原反应方程式的配平【专题】氧化还原反应专题；氮族元素【分析】、要验证铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，则应将装置中的o2排出当b中的caco3与稀硝酸接触时，生成co2气体co2气体可将a中空气排尽，但由于co2的密度大于空气的密度，因此e中采用向下排空气法是不能将空气排尽的由于e中有残留的少量o2，因此当有no生成时，e中有少量的no2生成，从f鼓入空气时，e中生成的no2增加，红棕色加深随着反应的不断进行，e中生成的no2会被排入c，在c中与水反应生成硝酸，将原来生成的caco3沉淀溶解d装置用来吸收尾气，防止污染环境、反应中i元素化合价由+5价降低到0价，被还原，io3为氧化剂，s元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，hso3为还原剂；反应i元素化合价由0价降低到1价，i2为氧化剂，s元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，hso3为还原剂，以此解答该题【解答】解：、（1）当b中的caco3与稀硝酸接触时，生成co2气体co2气体可将a中空气排尽，以防止氧化生成的no，故答案为：产生二氧化碳，排出装置中的空气；（2）a中产生无色气体为no，反应的离子方程式为：3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o，故答案为：3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o；（3）由于co2的密度大于空气的密度，因此e中采用向下排空气法是不能将空气排尽的由于e中有残留的少量o2，因此当有no生成时，e中有少量的no2生成，从f鼓入空气时，e中生成的no2增加，红棕色加深，故答案为：二氧化碳密度大于空气，未能排尽烧瓶中的空气，少量no与空气中的氧气反应生成少量的红棕色的no2；鼓入空气后，no与氧气反应，生成大量的红棕色气体二氧化氮；（4）e中生成的no2会被排入c，在c中与水反应生成硝酸，将原来生成的caco3沉淀溶解，故答案为：二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸使白色沉淀碳酸钙溶解；（5）d装置用来吸收尾气，防止污染环境，故答案为：吸收尾气，防止污染大气、反应中i元素化合价由+5价降低到0价，被还原，io3为氧化剂，s元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，hso3为还原剂，反应的离子方程式为2io3+5hso3=i2+5so42+3h+h2o，（1）反应中i元素化合价由+5价降低到0价，被还原，io3为氧化剂，s元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，hso3为还原剂，反应的离子方程式为2io3+5hso3=i2+5so42+3h+h2o，故答案为：2，5，1，5，1，3h+；（2）由反应可知还原性hso3i2，由反应可知还原性hso3i，而还原性ii2，则有hso3ii2，故答案为：hso3ii2；（3）n（kio3）=0.01l0.2mol/l=0.002mol，由方程式可知关系式为：kio33nahso3，需要0.006molnahso3反应，则溶液体积为=0.02l=20ml，故答案为：20ml；（4）由反应的方程式可以看出向含有淀粉的nahso3溶液滴加kio3溶