山西省阳泉县第十五中学高三化学上学期第一次阶段考试试题（含解析）.doc

山西省阳泉县第十五中学2016届高三化学上学期第一次阶段考试试题（含解析） 可能用到的相对原子质量：na 23 h 1 cu 64 s 32 o 16 p 31 si 28 c 1214第卷选择题（共50分）一、 选择题（本题共25小题，每小题只有一个选项符合题意共50分）1it产业中一些车间要求必须做到无尘生产，工人在车间工作时的服装需经静电除尘处理。这种处理方法应用的原理是 a胶体的丁达尔现象 b胶体的布朗运动 c胶体的电泳 d渗析【答案】c【解析】试题分析：胶粒因吸附带有电荷，能在电场中发生定向运动，这种现象称为电泳，选项c符合题意。考点：胶体的性质及应用2下列有关说法中，正确的是a盐酸、漂白粉都是混合物 b127i和131i互为同素异形体 c硫酸铜、二氧化硫都是电解质 d 分馏、干馏都是物理变化 【答案】a【解析】考点：有关混合物、电解质、同素异形体及物理变化概念的分析。3下列实验操作或检验正确的是a收集氯气 b转移溶液 c模拟工业制备并检验氨气 d用海水制少量蒸馏水【答案】d【解析】试题分析：由于氯气密度比空气密度大，收集氯气时应该长导管进短导管出，图中伸入集气瓶的导管错误，选项a不正确；配制溶液时不能直接将溶液导入容量瓶，应该使用玻璃棒引流，避免溶液流到容量瓶外壁，影响配制结果，选项b不正确；在催化剂作用下氮气与氢气反应生成氨气，使用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，选项c不正确；利用水与海水中的盐的沸点不同，通过蒸馏获得少量的蒸馏水，选项d正确。考点：实验操作的评价4下列有关物质保存的说法正确的组合是钠应该密封在煤油中保存；过氧化钠可以露置在空气中保存；氯水应该密封在无色试剂瓶中保存；漂白粉不能露置在空气中保存。ab cd【答案】b【解析】试题分析：过氧化钠极易吸收空气中水蒸气和co2，应该密封保存，选项不正确；氯水见光易分解，因此应该放在棕色试剂瓶中，选项不正确，其余都是正确的，选项b符合题意。考点：考查钠、过氧化钠、氯水及漂白粉的保存5广口瓶被称为气体实验的“万能瓶”，是因为它可以配合玻璃管和其他简单仪器组成各种功能的装置。下列各图中能用作防倒吸安全瓶的是【答案】b【解析】试题分析：安全瓶的目的是防止内、外气压存在较高压强差导致液体倒吸，故需要平衡压强，如b装置，在发生倒吸时，液体被吸到广口瓶中，从而防止倒吸到反应器中；a、c、d三项中，各装置导气管插在液面以下，不能防倒吸；选项b符合题意。考点：防吸操作的正误判断6下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是 图1 图2 图3 图4a用图1所示装置除去cl2中含有的少量hclb用图2所示装置蒸干nh4cl饱和溶液制备nh4cl晶体c用图3所示装置制取少量纯净的co2气体d用图4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】试题分析：naoh溶液也能吸收氯气，应用饱和的食盐水除去氯气中混有的氯化氢，选项a不正确；nh4cl受热易分解，选项b不正确；纯碱能溶解于水，不能用简易装置，选项c不正确；分离ccl4萃取碘水后已分层的有机层和水层用分液操作，选项d正确。考点：实验操作的正误判断7碳化硅的结构类似于金刚石的晶体，其中碳原子和硅原子的位置是交替的。在下列三种晶体金刚石晶体硅碳化硅中，它们的熔点从高到低的顺序是a b c d【答案】a【解析】试题分析：金刚石里是c-c键,碳化硅是c-si键,显然c-c键长短一些,断开它需要消耗更多能量,因此金刚石熔点大于碳化硅,同理,碳化硅熔点大于晶体硅,故熔点最高是金刚石,最低是晶体硅，选项a符合题意。考点：结合键长比较原子晶体的熔点高低8下列混合物的分离或提纯操作中不正确的是a除去n2中的少量o2，可通过灼热的cu网后，收集气体b除去fe(oh)3胶体中混有的cl 离子，可用渗析的方法c除去乙醇中的少量nacl，可用蒸馏的方法d重结晶、滴定操作都可用于提纯物质【答案】d【解析】试题分析：n2中混有o2，利用灼热的铜网，由于o2能够与之反应生成固体cuo，而n2与之不反应，选项a正确；fe（oh）3胶体不能透过半透膜，除去fe(oh)3胶体中混有的cl 离子，可用渗析的方法，选项b正确；乙醇受热易挥发，除去乙醇中的少量nacl，可用蒸馏的方法，选项c正确；nacl和kno3在水中的溶解度不同，随温度变化时二者的溶解度变化也不同，可用重结晶法分离，滴定操作不能用于提纯物质，选项d错误。考点：混合物的分离与提纯操作正误判断9下列变化的实质相似的是 浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小,二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色,二氧化硫能使品红溶液、溴水褪色,氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥,常温下浓硫酸用铁制容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应,浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字二氧化碳、二氧化硫使澄清石灰水变浑浊a. 只有 b. 只有 c. 只有 d. 全部【答案】b【解析】试题分析：浓硫酸具有吸水性，盐酸易挥发，二者放置空气中浓度都变小，但原理不同，错误；二氧化硫与有色物质发生化合反应生成不稳定的无色物质，氯气与水反应生成的次氯酸有强氧化性能漂白，二者褪色原理不同，错误；二氧化硫遇品红生成不稳定的无色物质，遇溴水是因为二氧化硫的还原性，二者褪色原理不一样，错误；氨气显碱性，能与浓硫酸发生化合反应，碘化氢有强还原性，遇浓硫酸要发生氧化还原反应，二者不能用浓硫酸干燥原理不一样，错误；常温下，浓硫酸有强氧化性能使铁发生钝化，发生的是氧化还原反应，故可用铁的容器存放；在加热条件下浓硫酸能与木炭反应，发生的是氧化还原反应，二者原理相同，正确；浓硫酸具有脱水性，故能在白纸上写字；氢氟酸具有很强的腐蚀性，故能在玻璃上刻字，二者原理不同故错误；二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，发生复分解反应；二氧化硫与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀，发生复分解反应，二者原理相同，正确；选项b符合题意。考点：实验现象的探究，主要考查了浓硫酸的强氧化性、酸性、脱水性等。10、氢化钙(cah2)可作为生氢剂，反应的化学方程式为cah22h2o=ca(oh)22h2，下列说法不正确的是 acah2既是还原剂，又是氧化剂 bh2既是氧化产物，又是还原产物ccah2是还原剂，h2o是氧化剂 d氧化产物与还原产物质量比为11【答案】a【解析】试题分析：cah2中h元素为-1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而h2o中h元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，选项a不正确；由反应可知，氧化产物与还原反应均为氢气，选项b正确；cah2中h元素为-1价，在反应中升高为0，则为还原剂，而h2o中h元素为+1价，在反应中降低为0，则为氧化剂，选项c正确；氧化产物与还原反应均为氢气，其物质的量相同，则氧化产物与还原产物的质量比为1：1，选项d正确。考点：氧化还原的分析11在无色溶液中，下列离子能大量共存的是： anh4+、na+、s2、clo bk +、so42、oh、alo2 ck +、fe3+ 、cl、no3 dba2+ 、na+ 、oh、co32【答案】b【解析】试题分析：s2与clo之间要发生氧化还原反应，该离子组之间不能共存，选项a不正确；该组离子之间不反应，能大量共存，且均为无色，选项b正确；k +、fe3+ 、cl、no3能在溶液里共存，但fe2+的溶液显浅绿色，选项c不正确；因ba2+、co32-能结合生成沉淀，则不能大量共存，选项d不正确。考点：离子共存的正误判断，重点考查离子间的氧化还原反应及有色离子。12、下表中，对陈述、的正确性及两者间因果关系的判断，完全正确的是选项陈述陈述判断a铝制炊具最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物因为al和al2o3既可以与酸反应、又可以与碱反应对，对，有b铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用对，对，有c海啸使水源发生污染可用明矾进行消毒和净化因为明矾水解生成al(oh)3胶体，具有吸附性对，错，无d铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸因为铁和铝不能与浓硫酸或浓硝酸反应错，对，无【答案】a【解析】试题分析：al和al2o3既可以与酸反应、又可以与碱反应铝制饮具盛放酸性或碱性较强的液体食品容易被腐蚀故对，对，二者存在因果关系，选项a正确；铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，是因为氧化铝的熔点比铝高的缘故，选项b不正确；因为明矾水解生成al(oh)3胶体，具有吸附性，可以净化水源，但因不具有强氧化性，不能给水源消毒，选项c不正确；铁和铝在浓硫酸或浓硝酸中发生钝化现象，钝化不是不反应，而是生成致密的氧化物保护膜阻止内部金属与浓酸继续反应，铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸，故对，错，选项d不正确。考点：用化学理论解释生活中常见的化学现象13下列离子方程式正确的是a鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡：co2h=co2h2ob四氧化三铁固体溶解在稀硝酸中： fe3o48h=2fe3fe24h2oc将氨气通入硫酸溶液中： nh3h=nhd向碳酸氢铵溶液中加入足量的naoh溶液： nhoh=nh3h2o【答案】c【解析】试题分析：鸡蛋壳的主要成分是caco3，浸泡在盐酸中产生气泡的离子反应式为caco3+2h+co2+h2o+ca2+，选项a不正确；四氧化三铁固体溶解在稀硝酸溶液中的离子反应式为3fe3o4+no3 +28h+9fe3+no +14h2o，选项b不正确；将氨气通入硫酸溶液中的离子反应式为nh3+h+nh4+，选项c正确；向碳酸氢铵溶液中加入足量的naoh溶液的离子反应为hco3-+nh4+2oh-nh3h2o+co32-+h2o，选项d不正确。考点：离子方程式正误判断14下列实验设计能够成功的是选项实验目的实验步骤及现象a检验亚硫酸钠试样是否变质试样白色沉淀沉淀不溶b检验某盐是否为铵盐试样是否产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体c证明酸性条件下h2o2的氧化性比i2强nai溶液溶液变蓝色d除去氯化钠晶体中少量硝酸钾试样重结晶【答案】d【解析】试题分析：无论是否变质，由于硝酸有强氧化性，会把so32-氧化为so42-，最终都得到baso4沉淀，选项a不正确；检验是否为铵盐的方法是将铵盐与碱共热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，就证明是铵盐，选项b不正确；若酸性条件下h2o2能将nai氧化为i2，i2能使淀粉变为蓝色即可证明。但溶液酸化要使用非氧化性的酸如hcl、h2so4，而不能使用氧化性的酸如硝酸，选项c不正确；nacl的溶解度受温度的影响变化不大，而kno3的溶解度受温度的影响变化较大，所以除去nacl中的杂质kno3就可以先配成高温下饱和溶液趁热过滤把得到的nacl洗涤干净，再重结晶就可以，选项d正确。考点：化学实验设计的探究，涉及过氧化氢的氧化性、硫酸根离子的检验及硝酸的氧化性等。15下列说法中正确的是a1 l水中溶解了58.5 g nacl，该溶液的物质的量浓度为1 mol/lb从1 l 2 mol/l的h2so4溶液中取出0.5 l，该溶液的浓度为1 mol/lc配制500 ml 0.5 mol/l的cuso4溶液，需62.5 g胆矾d中和100 ml 1 mol/l的h2so4溶液，需naoh 4 g【答案】c【解析】试题分析：1l水中溶解了58.5gnacl，溶液的体积不是1l，所得溶液的物质的量浓度不是1 mol/l，选项a不正确；从1l2moll-1的h2so4溶液中取出0.5l，该溶液的浓度仍为2moll-1，选项b不正确；根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：0.5l0.5moll-1250g/mol=62.5g，选项c正确；由关系式h2so42naoh可知：n（naoh）=2n（h2so4）=20.1l1moll-1=0.2mol，m（naoh）=0.2mol40g/mol=8g，选项d不正确。考点：有关物质的量、物质的量浓度及摩尔质量间的换算。16一定量的镁溶于一定浓度的硝酸的反应中，产生标准状况下的n2o气体11.2l，在所得的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤出沉淀，经洗涤、蒸干并充分灼烧，最后得到固体的质量为a20g b40g c58g d80g【答案】d【解析】试题分析：4mg+10hno3=4mg(no3)2+n2o+5h2o由题n(n20)=0.5mol可得n(mg)=2mol由题沉淀为氢氧化镁固体，最后分解为氧化镁；根据镁元素守恒有mgmg(oh)2mgo2mol 2mol所以m(mgo)=（24+16）g/mol 2mol=80g考点：原子守恒在计算中的应用17下列各组离子能在指定环境中大量共存的是a在c(hco3)01 moll1的溶液中：nh4、al3、cl、no3b在由水电离出的c(h)11012moll1的溶液中：fe2、clo、na、so42c在加入镁粉产生气体的溶液中：so42、no3、na、fe2d在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：so32、co32、na、k【答案】d【解析】试题分析：al3+与hco3-发生双水解反应而不能共存，选项a不正确；由水电离出的c（h+）=110-12moll-1的溶液，可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸溶液中h+与clo-结合生成弱电解质hclo，且与fe2+发生氧化还原反应，碱溶液中与fe2+结合成沉淀，则酸、碱性环境中均不能共存，选项b不正确；加入镁粉产生气体的溶液显酸性，no3在酸性条件下和fe2发生氧化还原反应，不能大量共存，选项c不正确；使红色石蕊试纸变蓝的溶液显碱性，离子组so32、co32、na、k在碱性条件下能大量共存，选项d正确。考点：离子共存正误判断，重点考查溶液的酸碱环境的判断。18在一种酸性溶液中可能存在fe3+、no3-、cl-、i-中的一种或几种离子，向溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断溶液中a一定含有i-，不能含有cl- b可能含有cl-、no3-和i- c可能含有no3- d不含有fe3+【答案】d【解析】试题分析：向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有i-，考虑到酸性条件下的no3-和fe3+具有强氧化性，则一定不存在no3-、fe3+，另外cl-不与溴反应，无法确定cl-是否存在，选项d符合题意。考点：离子反应，重点考查氧化还原反应19、下列说法正确的是a124 g p4含有的pp键的个数为6 na b12 g石墨中含有的cc键的个数为2 nac12 g金刚石中含有的cc键的个数为1.5 na d60 g sio2中含sio键的个数为2 na【答案】a【解析】试题分析：p4为正四面体结构，则1个p4分子有6个p-p键，则：124g/(124g.mol-1) na6=6na，选项a正确；在石墨中每个c与另外3个c相连，每个c形成3/2个c-c键，故12 g石墨中含有的cc键的个数为1.5na，选项b不正确；金刚石中每个c都与另外4个c相连，平均每个c原子形成2个c-c键，12g金刚石中含有的cc键的个数为2na ，选项c不正确；sio2中每个si与4个o相连，形成4个sio键，60 g sio2物质的量为1mol，含有的sio键的个数为4na，选项d不正确。考点：有关阿伏加德罗常数的正误判断，重点考查物质结构。20下列离子方程式正确的是a向nahso4溶液中滴加过量ba(oh)2溶液：2h+so42+ba2+2ohbaso4+2h2ob向碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠：hco3+ ohco2+h2o c向fecl3溶液中加入铜片：fe3+cufe2+cu2+d用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2co32+so2+h2o2hco3+so32【答案】d【解析】试题分析：向nahso4溶液中滴加过量ba(oh)2溶液：h+so42+ba2+ohbaso4+h2o，选项a不正确。向nahco3和过量naoh溶液：hco3+ ohco32+h2o，选项b不正确；向fecl3溶液中加入铜片：2fe3+cu2fe2+cu2+，选项c不正确；用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2co32+so2+h2o2hco3+so32，选项d正确。考点：离子方程式正误判断21、在含有fecl3和bacl2的酸性溶液中，通入足量的so2后有白色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加kscn溶液，无明显现象，下列叙述不正确的是 a 白色沉淀是baso4和baso3 b 溶液的酸性增强c 白色沉淀是baso4 d fecl3全部被还原为fecl2【答案】a【解析】试题分析：因2fe3+ + so2 + 2h2o = 2fe2+ +so42 + 4h+，且so2不与bacl2溶液反应，故所得沉淀只能为baso4，不会是baso3，反应后溶液酸性明显增强，当so2过量时fecl3全部被还原为fecl2，选项a符合题意。考点：考查so2的还原性22. 关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是a加入agno3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有cl存在b通入cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有i存在c加入ba(no3)2，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有so42存在d加入盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有co32存在【答案】b【解析】试题分析：加入agno3溶液，生成白色沉淀不一定是agcl，也可能是ag2co3或硫酸银（微溶物质不溶于稀盐酸），加入稀盐酸后，ag2co3不溶物转化为agcl，故无法确定原溶液里一定有cl，选项a不正确；氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘水溶液为棕黄色，碘遇淀粉变蓝色，选项b正确；若溶液中含有亚硫酸根，加入ba（no3）2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸相当于存在了硝酸，亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根，会生成硫酸钡沉淀，选项c不正确；碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸，均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，选项d不正确。考点：离子的检验方法正误判断23.下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是向饱和碳酸钠溶液中通入过量的co2 向fe(oh)3胶体中逐滴滴加入过量h2so4向ba(no3)2溶液中通入过量so2 向石灰水中通入过量co2向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸a b c d 【答案】d【解析】试题分析：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的co2，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳后溶液中会产生碳酸氢钠沉淀，且不溶解，正确；向fe（oh）3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，胶体先和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和硫酸反应生成水和可溶性的硫酸铁，最终沉淀溶解，不正确；向ba(no3)2溶液中通入过量so2，因no3在酸性条件下可将so2氧化，最终可得到baso4沉淀，正确；石灰水和co2反应，生成caco3沉淀，继续通入co2，会与caco3反应生成可溶的ca（hco3）2，沉淀又溶解，故出现先沉淀后溶解现象，不正确；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成的硅酸沉淀不会被过量酸溶解， 正确，选项d符合题意。考点：主要考查碳酸钠、硝酸、硅酸和胶体的性质。24用na表示阿弗加德罗常数，下列说法正确的是a0.2 mol h2o2完全分解转移的电子数为0.4nab300 ml 2 moll1的蔗糖溶液中所含分子数为0.6nac在标准状况下，2.8g n2和2.8g co所含电子数均为1.4nad在常温常压下，2.24l so2与o2混合气体中所含氧原子数为0.2na【答案】c【解析】试题分析：2h2o2=2h2o+o2，生成1mol氧气， 转移2mol电子，则0.2molh2o2完全分解转移电子数为 0.2na，选项a不正确；蔗糖溶液中的分子包括蔗糖分子和水分子，200ml2mol/l蔗糖溶液中所含蔗糖分子数为0.6na，不是总分子数为0.6na，选项b不正确；一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8gn2和2.8gco的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4 na，选项c正确；常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol，所以2.24lso2与o2混合气体中所含氧原子数小于0.2na，选项d不正确。考点：有关阿伏加德罗常数正误判断25.下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是碳酸钠溶液与盐酸 偏铝酸钠溶液与盐酸 苯酚钠溶液和co2硝酸银溶液和氨水 氯化铝溶液和氨水 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水a b c仅有 d 【答案】a【解析】试题分析：碳酸钠少量时发生的反应为co32-+2h+=co2+h2o；碳酸钠过量的反应离子方程式为co32-+h+=hco3-，所以量不同反应不同，不符合；偏铝酸钠溶液里滴加少量稀盐酸会生成氢氧化铝沉淀，若过量盐酸，则生成氯化铝溶液，不符合；苯酚钠溶液里通入co2气体的量无论多少，产物都是苯酚和碳酸氢钠，符合；硝酸银溶液与氨水反应，氨水多时生成银氨溶液，氨水少时生成氢氧化银沉淀，所以量不同产物不同，反应不同，故不符合；氯化铝溶液与氨水的反应只有，al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+与量无关，符合；碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应，碳酸氢钠少量：hco3+ca2+ +oh= caco3+h2o 碳酸氢钠过量：2hco3+ca2+ +2oh= caco3+2h2o+co32，不符合，选项a正确。考点：考查改变反应物用量时离子反应方程式的书写第卷非选择题（共50分）26、（11分）为测定na2co3与na2so3混合物中各组分的含量，取样品23.2g以下图所示装置进行实验：（铁架台、铁夹等仪器未在图中画出）（1）将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_ _。（2）此实验还必须用到的最重要的仪器是_；仪器f的作用是_ _。（3）已知仪器c中装有品红溶液，其作用是_ _ _。（4）实验室中备有以下常用试剂： a浓硫酸b酸性高锰酸钾溶液c品红溶液d饱和碳酸氢钠溶液e氢氧化钠溶液f碱石灰g无水硫酸铜 h五氧化二磷i无水氯化钙请将下列容器中应盛放的试剂序号填入相应空格：b中_，d中_，e中_。实验过程中，当仪器a内的固体反应完全后，需打开活塞k，向a中通入大量的空气。这样做的目的是_。所通空气应先经过_试剂（填上述所供试剂的序号）处理，否则可能引起na2so3含量的测量结果比实际值_（填“偏高”、“偏低”或“没影响”）。（5）若仪器e在试验完成时增重4.4g，则na2co3与na2so3的物质的量之比为_。【答案】（11分）（1）检查装置的气密性（1分）（2）托盘天平（1分）；防止空气中的水蒸气及二氧化碳等进入e中（1分）（3）检验so2是否除尽（1分）；（4）b；a；f； （各1分）使反应产生的so2、co2分别全部被b 、e充分吸收；（1分）e或f；（1分）偏低（1分）（5）11（1分）【解析】试题分析：分析可知实验原理为：混合物中加入硫酸，转化为二氧化硫、二氧化碳，除去反应生成的二氧化硫，利用e装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，进而计算各组分的质量分数。（1）由于需要测定二氧化碳的质量，整套装置应气密性良好，故实验之前应检验装置的气密性；（2）实验测定二氧化碳的质量，进而计算碳酸钠的质量，要计算质量分数，需要知道样品的总质量，故应需要用托盘天平称量样品的质量；利用e装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，故f装置目的是防止空气中的水蒸气、二氧化碳加入e装置中，影响测量结果；（3）样品和酸反应生成的气体为二氧化碳和二氧化硫气体，利用b装置除去二氧化硫，利用e装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，所以装置c的作用是用品红试液验证二氧化硫是否被b吸收完全；（4）实验原理是除去反应生成的二氧化硫，利用e装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算混合物中碳酸钠的质量，故进入装置e中的二氧化碳要干燥、不含二氧化硫，所以装置b的作用是除去气体中的二氧化硫，试剂是吸收二氧化硫，不能吸收二氧化碳且不能生成二氧化碳，分析选项中试剂可知应选择c酸性高锰酸钾溶液；装置c的作用是验证二氧化硫是否除尽，装置d的作用是干燥气体，选择试剂为a（浓硫酸），e和f装置中是盛碱石灰的干燥管，利用e装置的增重确定生成的二氧化碳的质量，f为了排除空气中的二氧化碳，水蒸气进入装置e产生误差；（5）装置内会残留部分二氧化碳，应使二氧化碳全部被装置e中药品吸收，所以通入大量的空气目的是排尽装置内的二氧化碳，使生成的二氧化碳能够全部被装置e中药品吸收；由于空气中含有二氧化碳，应先除去空气中的二氧化碳，若不除去空气中的二氧化碳，导致测定二氧化碳的质量增大，计算所得碳酸钠的质量增大，引起测定的na2s03质量减小，导致na2so3含量偏低，可以使空气先通过e氢氧化钠溶液，除去含有的二氧化碳；（6）装置e在实验完成时增重4.4g为二氧化碳的质量，物质的量为4.4g/44gmol-1=0.1mol，根据碳元素守恒可知混合物中碳酸钠的质量为0.1mol106g/mol=10.6g，所以亚硫酸钠的质量为23.2g-10.6g=12.6g，物质的量为12.6g/126gmol-1=0.1mol，所以则na2co3与na2so3的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1：1。考点：混合物的成分测定，考查实验的基本操作、化学计算。27（11分）在na+浓度为0.9mol/l的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：阳离子k+、ag+、mg2+、ba2+阴离子no3-、co32-、sio32-、so42-取该溶液100ml进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀hcl产生白色沉淀并放出1.12l气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为3.6g在的滤液中滴加bac12溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验i能确定一定不存在的离子是 。（2）实验i中生成沉淀的离子方程式为 。（3）通过实验i、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）阴离子no3-co32-sio32-so42-c/moll-1（4）判断k+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由 【答案】（11分）（1）ag+、mg2+、ba2+ （3分）（2）sio32- + 2h+ = h2sio3（或sio32-+ 2h+ + h2o = h4sio4） （2分）（3）（4分）阴离子no3-co32-sio32-so42-c/mol/l？0.50.60（4）存在，其最小浓度为1.3mol/l （2分【解析】试题分析：由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存。由实验可知，该溶液中一定含有co32-。与盐酸反应生成co2的物质的量1.12l22.4l/mol0.05mol，则根据碳原子守恒可知，co32的浓度其浓度为0.05mol0.1l0.5mol/l。溶液中含有co32，则一定没有ag+、mg2+、ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有sio32-，发生反应sio32-+2h+h2sio3。根据实验可知，3.6g是固体是二氧化硅，其物质的量3.6g60g/mol0.06mol。则根据硅原子守恒可知sio32-的浓度为0.06mol0.1l0.6mol/l。由实验可知溶液中不含so42-，根据电荷守恒2c（co32-）+2c（sio32-）20.5mol/l+20.6mol/l2.2mol/l0.9mol/l，因此溶液中一定含有k+。由于不能确定no3-是否存在，所以k浓度至少为2.2mol/l0.9mol/l=1.3mol/l。（1）由实验可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出1.12l气体，则该溶液中一定含有co32-、sio32-，则一定没有ag+、mg2+、ba2+。（2）实验中生成沉淀的离子方程式为：sio32-+2h+h2sio3。（3）通过上述分析计算可知，阴离子no3-co32-sio32-so42-c/mol/l？0.50.60（4）根据电荷守恒2c（co32-）+2c（sio32-）20.5mol/l+20.6mol/l2.2mol/l0.9mol/l，因此溶液中一定含有k+。由于不能确定no3-是否存在，所以k浓度至少为1.3mol/l。考点：混合溶液的成分确定，重点考查物质的量浓度计算及电荷守恒定律的应用。28（13分）铁的发现和大规模使用，是人类发展史上的一个光辉里程碑，它把人类从石器时代、青铜器时代带到了铁器时代，推动了人类文明的发展。（1）高铁酸钠（na2feo4）是水处理过程中的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原成三价铁离子达到净水的目的。按要求回答下列问题：高铁酸钠主要通过如下反应制取：2fe(oh)3 + 3naclo + 4naoh = 2na2feo4 + 3x + 5h2o, 则x的化学式 ，反应中被氧化的物质是 （写化学式）。（2）铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆。以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，用硫酸渣制备铁红（fe2o3）的过程如下：酸溶酸溶过程中fe2o3与稀硫酸反应的化学方程式为 _ ；“滤渣a”主要成份的化学式为 。还原过程中加入fes2的目的是将溶液中的fe3+还原为fe2+，而本身被氧化为h2so4，请完成该反应的离子方程式： fes2 + fe3 + + h2o = fe2 + + so42- + _ 。氧化过程中，o2、naoh与fe2+反应的离子方程式为 _ 。为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的ph的范围是3.23.8，沉淀物fe（oh）3al（oh）3fe（oh）2mg（oh）2开始沉淀ph2.73.87.69.4完全沉淀ph3.25.29.712.4如果ph过大，可能引起的后果是 _ （几种离子沉淀的ph见上表）；滤液b可以回收的物质有（写化学式） _ 。【答案】（13分）（1）nacl （1分） fe(oh)3（1分）（2）fe2o3 + 3h2so4 = fe2(so4) 3 + 3h2o（2分）sio2（1分。多写fes2不扣分，多写其它化学式0分）1 14 8 15 2 16 h+（2分）4fe2 + + o2 + 2h2o + 8oh= 4fe(oh)3 （2分） 或fe2+2oh=fe(oh)2（1分），4fe(oh)2+o2+2h2o=4fe(oh)3（1分）al3+、mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯。 （1分）na2so4、al2(so4)3、mgso4（3分，多写h2so4不扣分，多写其它0分；漏写酌情给分）【解析】试题分析：（1）2fe（oh）3+3naclo+4naoh2na2feo4+3x+5h2o，根据元素守恒可知x的化学式为nacl；反应中fe（oh）3中的fe元素是化合价升高被氧化；（2）硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的sio2，加入fes2将溶液中的fe3+还原为fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的ph的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：fe2o3+3h2so4fe2（so4）3+3h2o；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣a”主要成份的化学式为sio2； fes2中s元素的化合价从-1价升高到+6价，2个s原子转移14个电子，fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据s守恒可知so42-前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知h2o前面化学计量数为8，根据h守恒可知h+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为1fes2+14fe3+8h2o15fe2+2so42-+16h+；fe2+与oh-反应生成4fe（oh）2，fe（oh）2不稳定易被氧气氧化为fe（oh）3，用化合价升价法配平方程式：4fe2+o2+2h2o+8oh-=4fe（oh）3；根据几种离子沉淀的ph，如果ph过大，al3+、mg2+形成沉淀，使制得