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福建省长泰县第一中学2020届高三化学上学期期初考试试题（含解析）注意事项：1、全卷分第卷和第卷，共26题2、可能用到的相对原子质量:Cl 35.5 O 16 H 1第卷（选择题共44分）一、选择题（本大题共22个小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列过程中，没有发生氧化还原反应的是()A. 钻木取火B. 青铜器生锈C. 燃放烟花爆竹D. 利用焰色反应检验Na【答案】D【解析】A、钻木取火，木材发生燃烧，C、O元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故A不选；B、青铜器生锈，Cu失去电子化合价升高，发生氧化还原反应，故B不选；C、燃放烟花爆竹，火药与氧气发生反应，发生氧化还原反应，故C不选；D、焰色反应检验Na+，没有新物质生成不属于化学变化，不发生氧化还原反应，故D选；故选D。2.下列关于铝热反应2AlFe2O3Al2O32Fe的说法不正确的是（ ）A. 该反应中Al作还原剂B. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为12C. 该反应中冶炼1 mol Fe转移2 mol电子D. 该反应可用于焊接钢轨【答案】C【解析】【详解】A反应中Al元素化合价升高，被氧化，为还原剂，故A正确；B反应中Fe为还原产物，Al2O3为氧化产物，由方程式可知氧化产物与还原产物物质的量比为1：2，故B正确；C反应中Fe元素化合价由+3价降低到0价，则冶炼1 mol Fe转移3 mol电子，故C错误；D反应可置换出铁，且在高温下进行，可用于焊接钢轨，故D正确。故选C。【点睛】反应2AlFe2O3Al2O32Fe中，Al元素化合价升高，由0价升高高+3价，Fe元素化合价降低，由+3价降低到0价，以此解答该题。3.已知2Fe32I=I22Fe2、2Fe2Br2=2Br2Fe3。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是氧化性：Br2Fe3I2原溶液中Br一定被氧化通入氯气后，原溶液中的Fe2一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2、Br均被完全氧化A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：IFe2Br，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。【详解】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2Fe3I2，故正确；原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；答案选B。4.下列有关说法正确的是()A. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAB. 在反应KIO36HI=KI3I23H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NAC. 根据反应中HNO3(稀) NO，而HNO3(浓) NO2可知，氧化性：HNO3(稀)HNO3(浓)D. 含有大量NO3的溶液中，不能同时大量存在H、Fe2、Cl【答案】D【解析】【详解】A、1molCl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2NA；故A错误；B、KIO3+6HIKI+3I2+3H2O反应中KIO3中I元素的化合价由+5价降至0价，HI中I元素的化合价由-1价升至0价，该反应中转移5mol电子，生成3mol碘单质，故生成3mol碘单质时转移5mol电子即5NA个，故B错误；C、反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2，只能观察出浓、稀硝酸得失电子数目，不能观察出浓、稀硝酸得失电子的能力，不能用化合价变化的多少判断HNO3氧化性的强弱，故C错误；D、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能氧化Fe2+，所以含有大量NO3-的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl-，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，氧化还原反应电子转移计算以及离子共存等，掌握基础是关键，C答案易错，不能用化合价变化的多少判断HNO3氧化性的强弱。5.下列说法正确的是()A. Cl22Br=2ClBr2，ZnCu2=Zn2Cu均为单质被还原的置换反应B. 2Na2O22H2O=4NaOHO2，Cl2H2O=HClHClO，均为水作还原剂的氧化还原反应C. Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应D. 生石灰用作食品抗氧化剂【答案】C【解析】A、锌置换铜的反应中锌被氧化生成锌离子，故A错误；B、水中H、O元素化合价没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C、Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应，SO32被氧化为SO42，故C正确；D、生石灰不具有还原性，在食品中可起到防止潮解的作用，故D错误；故选C。6.下列叙述中正确的是()A. 物质的溶解过程，实质上就是其电离过程B. H2SO4溶于水能导电，液态H2SO4不导电，故H2SO4不是电解质C. 1 L 0.1 molL1的H2SO4溶液中含有 0.2 mol HD. 1 L 0.1 molL1的HClO溶液中含有 0.1 mol H【答案】C【解析】A溶解过程是物质分子或离子分布到溶剂中去；电离是将分子或离子拆分开来，比如说I2的溶解，不能说是电离，但电解质的溶解过程为其电离过程，故A错误；BH2SO4溶于水能导电，故H2SO4是电解质，故B错误；C硫酸是强电解质，在水溶液中完全电离，所以1L0.1molL-1的H2SO4溶液中含有0.2molH+，故C正确；D次氯酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以1L0.1molL-1的HClO溶液中含有H+小于0.1mol，故D错误；故选C。点睛：本题考查弱电解质的电离、电解质和非电解质判断、物质的溶解和电离关系等知识点，侧重考查学生分析比较判断能力，明确基本概念及强弱电解质电离特点是解本题关键，易错选项是B。7. 水溶液中能大量共存的一组离子是A. NH4+、Ba2+、Br-、CO32-B. Cl-、SO32-、Fe2+、H+C. K+、Na+、SO42-、MnO4-D. Na+、H+、NO3-、HCO3-【答案】C【解析】Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错；SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错；C中四种离子不反应，可以大量共存，C对；H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错。【考点定位】本题考查了离子间的常见反应和离子的性质，主要涉及复分解反应发生的条件，有关的离子有、Ba2+、CO32-，SO32-、H+，H+、HCO3-。8.有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（ ）A. Fe+Cu2+=Fe2+CuB. Cl2+H2O=H+Cl-+HClOC. CO32-+2H+=CO2+H2OD. Ag+Cl-=AgCl【答案】B【解析】【详解】AFeCu2Fe2Cu可表示铁与可溶性铜盐的反应，表示一类反应，故A不选；BCl2+H2OH+Cl-+HClO只能表示Cl2和H2O反应生成氯化氢和次氯酸，满足条件，故B选；CCO32-+2H+CO2+H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐和水的反应，如碳酸钠、碳酸钾等于硝酸、硫酸、盐酸等的反应，故C不选；DAg+Cl-AgCl表示可溶性的银盐与可溶性的氯化物的一类反应，如硝酸银与氯化钠、氯化钾、氯化钡等之间的反应，故D不选；故选B。【点睛】反应物中存在离子的一般表示一类反应，反应物全部是化学式的一般只能表示一个反应。9.下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是()A. 工业上可用电解法制备Mg：MgCl2(熔融) MgCl2B. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca22ClOH2OCO2=2HClOCaCO3C. 用CaSO4治理盐碱地：CaSO4(s)Na2CO3(aq) CaCO3(s)Na2SO4(aq)D. 用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72：Cr2O72Fe214H=2Cr3Fe37H2O【答案】D【解析】试题分析：A用电解法制备Mg：MgCl2(熔融)Mg+Cl2，故A正确；B碳酸的酸性比次氯酸的强，强酸反应制取弱酸：Ca2+2ClO-+H2O+CO22HClO+CaCO3，故B正确；C沉淀总是向更难溶的方向转化，碳酸钙的溶解度更小：CaSO4(s)+Na2CO3(aq)CaCO3(s)+Na2SO4(aq)，故C正确；D用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72-：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，故D错误，故选D。考点：考查了离子方程式的书写的相关知识。10.常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A. pH7的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、I-B. 使甲基橙试液变红的溶液中：Al3+、Cu2+、NO3-、SO42-C. 由水电离出的c(H+)=1.010-13molL-1的溶液中：Na+、CO32-、SO42-、Cl-D. 加铝粉能产生大量H2的溶液中：Na+、NH4+、NO3-、Cl-【答案】B【解析】【详解】A常温下，pH7的溶液呈碱性，碱性条件下Mg2+不能大量共存，故A错误；B使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C由水电离出的c(H+)=l.010-13molL-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下CO32-不能大量存在，故C错误；D加铝粉能产生大量H2的溶液为非氧化性酸溶液或强碱溶液，碱性条件下NH4+不能大量共存，酸性条件下，Al和H+、NO3-反应不能放出H2，故D错误；故选B。11.下列说法正确的是( )A. AgCl、BaSO4等不溶于水，都属于弱电解质B. HClO是弱电解质，但NaClO是强电解质C. CO2、NH3的水溶液能导电，所以它们均是电解质D. 强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物【答案】B【解析】【详解】A电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，AgCl、BaSO4均是强电解质，故A错误；BHClO为弱酸，属于弱电解质，次氯酸钠为盐，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B正确；CNH3、CO2的水溶液导电的原因是一水合氨、碳酸电离出的离子，不是NH3、CO2本身电离的离子，因此NH3、CO2属于非电解质，故C错误；D氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，故D错误；故选B。12. 下列做法不正确的是A. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3C. 乙醇可与金属钠反应放出氢气D. 金属钠着火时，用细沙覆盖灭火【答案】B【解析】NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、CO2、H2O，而Na2CO3加热不易分解，故B不正确。13.等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多是( )A. 将钠投入到足量水中B. 将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放人足量的水中C. 将钠放入足量稀硫酸中D. 将钠放入足量稀盐酸中【答案】B【解析】试题分析：将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量水中，钠和水反应放出氢气、铝和氢氧化钠溶液反应也放出氢气，故B放出氢气最多。考点：本题考查钠的性质。14.易拉罐的主要成分为铝合金，其中以铝铁合金和铝镁合金最为常见。现取几小块易拉罐碎片进行下列实验，其中实验方案与现象、结论正确的是()选项实验方案现象、结论A加入盐酸产生无色气体；含铝、铁、镁三种金属B加入NaOH溶液有无色气体产生；含有镁、铝两种金属C加入盐酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液产生白色沉淀；含有金属镁D用盐酸溶解并放置一会儿后，加入KSCN溶液溶液呈红色；含有铁元素A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】A因铝、铁、镁都能和盐酸反应生成气体，其中任意组合都能产生气体，A错误；B铝、铁、镁中只有铝可与NaOH溶液反应生成无色气体，B错误；C加入盐酸后，所得溶液中再加入少量NaOH溶液产生白色沉淀，也可能含有铝，C错误；D铁单质与酸反应生成亚铁离子，放置一段时间后亚铁离子被氧化铁离子，铁离子遇KSCN溶液溶液呈血红色，D正确，答案选D。点睛：本题考查金属的性质，注意铝性质的特殊性，既能和强酸反应又能和强碱溶液反应，易错选项是C，注意铝离子和少量氢氧化钠溶液、过量氢氧化钠溶液反应的不同，与氢氧化钠的量有关，为易错点。15.某工厂用提取粗盐后的盐卤(主要成分为MgCl2)制备金属镁，其工艺流程如下。，下列说法错误的是（）A. 在实验室实施操作需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒B. Mg（OH）2MgCl2的离子方程式为：Mg（OH）22H=Mg22H2OC. 操作是将MgCl2溶液蒸干后冷却结晶D. 操作阴极和阳极产物的质量比是2471【答案】C【解析】A过滤操作中需要漏斗、烧杯、玻璃棒等玻璃仪器，故A正确；B发生复分解反应Mg 2+2OH -=Mg(OH)2，故B正确；CMgCl2溶液得到MgCl2晶体需要蒸发浓缩结晶，不能蒸干结晶，否则MgCl2会水解生成Mg(OH)2，故C错误；D电解熔融MgCl2时阳极为氯气，阴极为Mg，阴极和阳极产物的质量比是2471，故D正确；故选C。16.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是( )A. 鉴别纯碱与小苏打B. 证明Na2O2与水反应放热C. 证明Cl2能与烧碱溶液反应D. 探究钠与Cl2反应【答案】A【解析】A加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，故A错误；B过氧化钠与水反应生成氧气，棉花着火，说明温度升高达到了棉花的着火点，所以证明放出大量的热，故B正确；C氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，故C正确；D钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，故D正确；故选A点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大17.下列说法正确的是()A. 铝罐可久盛食醋B. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现C. 氧化铝熔点很高，可作耐火材料D. 明矾作净水剂，可以除去废水中的铜离子【答案】C【解析】A. 食醋中含有醋酸，铝能与醋酸反应，因此铝罐不能久盛食醋，A错误；B. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素物理性质的展现，B正确；C. 氧化铝熔点很高，可作耐火材料，C正确；D. 明矾作净水剂，可以除去水中的悬浮物，但不能除去废水中的铜离子，D错误，答案选C。18.下列叙述正确的是()A. 向氯化铝溶液中加入过量氨水反应的实质是Al33NH33H2O=Al(OH)33NH4+B. 存在于污水中的重金属离子，常用加入明矾等电解质的方法进行处理C. 镁铝合金既可完全溶于过量盐酸又可完全溶于过量NaOH溶液D. 依据铝热反应原理，能发生反应2Al3MgO3MgAl2O3【答案】A【解析】A氢氧化铝不溶于弱碱，所以氯化铝和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，A正确；B存在于污水中的重金属离子一般利用沉淀法，B错误；C镁和盐酸反应但不和氢氧化钠溶液反应，铝既和盐酸反应又和氢氧化钠溶液反应，所以镁铝合金不能完全溶于氢氧化钠溶液，C错误；D镁的活泼性大于铝，所以铝不能置换镁，且活泼金属采用电解的方法冶炼，D错误；答案选A。点睛：本题涉及离子共存、金属的冶炼、金属的性质等知识点，注意氢氧化铝易溶于强碱但不溶于弱碱，为易错点。19.向等物质的量浓度的HCl、AlCl3、NH4Cl、MgCl2混合溶液中逐滴加入1 molL1的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。下列有关说法正确的是()A. 在0a段加入的NaOH溶液与NH4Cl反应B. 在bc段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al33OH=Al(OH)3C. 在de段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al34OH=AlO2-2H2OD. 在滴加NaOH溶液全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是H、Al3、Mg2、NH4+、Al(OH)3【答案】D【解析】A0a段加入的NaOH溶液与HCl的反应，A错误；B.bc段加入的NaOH发生反应Mg2+2OH-=Mg（OH）2，B错误；Cde段加入的NaOH溶液发生的反应为Al（OH）3+OH-=AlO2-+H2O，C错误；D对应的电解质越难电离，越易与OH-反应，五种微粒中，能与OH-反应的有H+，Al3+，Mg2+，NH4+，Al（OH）3其中H+最易与OH-反应，其次为Al3+，Mg2+，反应后生成水、氢氧化铝和氢氧化镁，接着是NH4+，最后溶解Al（OH）3，D正确；答案选D。20.有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述错误的是()A. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小B. 等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍C. 等质量NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多D. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2一样多【答案】C【解析】A根据反应的方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O可知，106g碳酸钠完全反应生成1mol二氧化碳，84g碳酸氢钠完全反应生成1mol二氧化碳，故A正确；B由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍，故B正确；C等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，Na2CO3消耗盐酸较多，故C错误；D由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，生成二氧化碳一样多，故D正确；故选C。21.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法错误的是()A. 中还需要进行过滤操作，滤渣为二氧化硅B. a、b中铝元素的存在形式不同C. 中需要通入过量的氨气D. 进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝【答案】C【解析】铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2-和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al；A、由以上分析可知、中除加试剂外，还需要进行过滤操作，A正确；B、a中为Al3+，b中为AlO2-，a、b中铝元素的化合价均为+3价，B正确；C、中需要把AlO2-转化为Al（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2-+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3-，C错误；D、根据上面分析可知是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，D正确，答案选C。22.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2)c(Fe3)32，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为()A. 11B. 516C. 23D. 32【答案】B【解析】【详解】同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe2+）：c（Fe3+）=3：2，所以该溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=3：2，设亚铁离子的物质的量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式Fe（NO3）2、Fe（NO3）3知，起酸作用的硝酸的物质的量=3xmol2+2xmol3=12xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为ymol，所以3xmol2+2xmol3=3ymol，y=4x，所以参加反应的硝酸的物质的量=12xmol+4xmol=16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量=3xmol+2xmol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5xmol：16xmol=5：16，故选B。第卷（非选择题 共56分）二、填空题（本大题共4个小题)23.已知某溶液X可能由K+、Cu2+、Ba2+、Fe2+、AlO2-、CO32-、SO42-、I-、MnO4-中的若干种离子组成。某化学兴趣小组通过下列实验确定了其组成。根据下列实验步骤和现象，推断实验结论：实验步骤与实验现象实验结论.观察溶液：无色透明原溶液中一定不含的离子是_.取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，并得到无色溶液原溶液中一定不含的离子是_，一定含有的离子是_.在所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀A原溶液中还一定含有的离子是_，生成沉淀A的离子方程式为_.所得溶液中再逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，加热也有气体生成，同时析出白色沉淀B白色沉淀B中一定含有_，可能含有_【答案】 (1). Cu2、Fe2、MnO4- (2). I、Ba2 (3). CO32-、K (4). AlO2- (5). Al33HCO3-=Al(OH)33CO2 (6). BaCO3 (7). BaSO4【解析】【分析】I、溶液无色，则一定不存在有色离子；取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，则溶液中一定存在CO32-，一定不存在能够与CO32-离子反应的离子；得到无色溶液，则一定不存在反应生成颜色物质的离子，再结合溶液呈电中性判断；在所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为二氧化碳，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定而且只能存在铝离子；IV在所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(OH)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物；据此分析解答。【详解】根据I，观察溶液：无色透明，则一定不存在有色离子：Cu2+、MnO4-、Fe2+，故答案为：Cu2、Fe2、MnO4-；根据，取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，则溶液中一定存在CO32-，一定不存在能够与CO32-离子反应的Ba2+离子，得到无色溶液，则一定不存在I-，再根据溶液呈电中性判断原溶液中一定存在唯一的阳离子K+，故答案为：I、Ba2；CO32-、K；在所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为过量的硝酸与碳酸氢铵反应生成的二氧化碳，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定存在铝离子，则原溶液中一定存在AlO2-，该过程中生成A的离子方程式为Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，故答案为：AlO2-；Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2；在所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(OH)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物，故答案为：BaCO3；BaSO4。【点睛】本题的易错点和难点为AlO2-的判断，中过量的硝酸将AlO2-转化为铝离子，中铝离子与碳酸氢根了发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀。24.某实验小组为探究ClO-、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验：向实验的溶液中加入4mL 0.5 molL-1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。（1）写出实验中发生反应的离子方程式：_。（2）实验的化学反应中转移电子的物质的量是_。.（3）Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl-)、O3(1mol O3转化为1mol O2和1mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_(填序号)。ACl2 BH2O2 CClO2 DO3（4）“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是_(用离子方程式表示)。【答案】 (1). ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O (2). 0.004mol (3). C (4). ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O【解析】【分析】、(1)次氯酸根离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质；(2)实验说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，结合化合价升高值=化合价降低值=转移电子数分析计算；、(3)根据Cl2、H2O2、ClO2、O3反应后生成物的价态分析转移的电子数，转移的电子越多，消毒效率越高；(4)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2。【详解】I、(1)实验说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，反应离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，故答案为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；(2)实验说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，设转移电子的物质的量为x。H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+ 转移电子 1mol 2mol0.5mol/L0.004L xx=0.004mol，故答案为：0.004mol；II、(3)这些物质都为1mol时，Cl2(发生的反应为Cl2+H2O=HCl+HClO)、H2O2(分解生成氧气和水)、ClO2(反应生成氯离子)、O3(1 molO3转化为1 mol O2和1 mol H2O)消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为：C；(4)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO-+Cl-+2H+Cl2+H2O，因此“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，故答案为：ClO-+Cl-+2H+Cl2+H2O。25.某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：(1)、四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是_(2)根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式：固体B_；沉淀D_；溶液E_。(3)写出反应的化学方程式，离子反应写离子方程式。_。_。【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Fe2O3 (4). K2SO4、(NH4)2SO4 (5). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (6). AlO2-+H+H2O=Al(OH)3【解析】【分析】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；向沉淀C中加NaOH溶液，