天津市第二十中学2022-2023学年高三化学第一学期期中复习检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述I和均正确并且有因果关系的是选项叙述叙述ANH4Cl受热易分解可用加热法除去I2中的NH4ClB硬铝是合金硬铝的熔点比金属铝的熔点高CKNO

2、3的溶解度大用重结晶除去KNO3中混有的NaClDFe3+有氧化性FeCl3溶液用于溶解废旧电路板中的铜AABBCCDD2、将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为（ ）A2.24LB4.48LC6.72LD8.96L3、根据下列实验：向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。取中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。判断下列说

3、法正确的是（ ）A氧化性Cu2+Fe3+B中所得固体只含铜C中滤液含有Cu2+和Fe2+D中不会观察到溶液变红4、在2p能级上最多只能排布6个电子，其依据的规律是A能量最低原理B泡利不相容原理C洪特规则D能量最低原理和泡利不相容原理5、如图是利用试纸、铅笔芯设计的微型实验。以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的部分交叠的两张试纸，接通电源，观察实验现象。下列说法错误的是( ) ApH试纸变蓝BKI-淀粉试纸变蓝C此装置不属于原电池D电子通过pH试纸到达KI-淀粉试纸6、我国在砷化镓太阳能电池研究方面国际领先。砷(As)和镓(Ga)都是第四周期元素，分别属于VA和IIIA族。下列说法中，不正确的是A

4、原子半径：GaAsPB热稳定性：NH3PH3AsH3CGa(OH)3可能是两性氢氧化物D酸性：H3AsO4H2SO4H3PO47、下列物质分类的正确组合是 分类组合纯净物盐碱性氧化物酸性氧化物A碱石灰烧碱氧化铝二氧化碳BNH3H2O小苏打氧化镁二氧化氮C五水硫酸铜纯碱氧化钠三氧化硫DH2O2苏打过氧化钠二氧化硫AABBCCDD8、某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为（ ）离子Na+Ba2+ClX个数3a2aabANO3、4aBCO32、3aCOH、6aDSO42、3a9、某实验小组混合了饱和氯化钙溶液与饱和碳酸氢钠溶液，发现同时有沉淀和气体生成.下

5、列说法错误的是( )A沉淀一定为碳酸氢钙B气体为二氧化碳C碳酸氢根的电离是可逆的D反应进行的方向与反应物的浓度有关10、取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mLN2O4的气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于A8.64gB9.20gC9.00gD9.44g11、不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（ ）A单质氧化性的强弱B单质沸点的高低C单质与氢气化合的难易D最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱12、与H2O2在酸性条件下反应可生成过氧化铬(CrO5)，过氧化铬的结构式

6、为。下列有关说法不正确的是ACrO5中铬元素的化合价为+6B可发生反应：4CrO5+12H+=4Cr3+7O2+6H2OCCrO5中含有共价键和离子键D过氧化铬可使酸性KMnO4溶液褪色13、下列说法不正确的是A淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类B制作集成电路板的酚醛树脂属于合成高分子C甘油和氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应D蛋白质溶液中加醋酸铅溶液产生的沉淀能重新溶于水14、某科研团队研制出“TMLiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：下列分析不合理的是（）A状态，吸收能量并有NN键发生断裂B合成NH3总反应的原子利用率是1

7、00%C“TMLiH”能降低合成氨反应的HD生成NH3：2LiNH+3H22LiH+2NH315、化学与生活密切相关，下列说法正确的是A含有食品添加剂的食物对人体健康均有害B玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料C侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异D“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油16、天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B脱硫过程O2间接氧化H2SC亚铁是血红蛋白的重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D华阳国志记载“取井火

8、煮之，一斛水得五斗盐”，说明我国古代已利用天然气煮盐二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价-4,+4-2-1,+7+3其它阳离子核外无电子单质为半导体材料焰色反应呈黄色 (1)R在元素周期表中的位置是_；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为_。 (2)Z的单质与水反应的化学方程式是_。(3)Y与R相比，非金属性较强的是_(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是_(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.稳定性X

9、R YX4 c.Y与R形成的化合物中Y呈正价(4)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是大于_nm小于_nm。(5)甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲 + 乙丙 + 水 。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是_。18、已知无色溶液X可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、CO32-、NO3-、SO42-中的几种离子，某化学兴趣小组通过如下实验确定了其成分(其中所加试剂均过量，气体体积已转化为标准状况)：回答下列问题：(1)实验可确定无色溶液X中一定不存在的离子有_。(2)无色气体A的空间构型为_；白色沉淀A的成分为_(写化学式)。(3)实验中的第ii步操作对应发生的

10、反应的离子方程式为_。(4)该无色溶液X中一定存在的阳离子及其物质的量浓度为_。19、磷酸工业的副产品氟硅酸（H2SiF6）溶液中含少量碘，其回收方案如下。已知：氟硅酸溶液中碘的可能存在形式为I2、I、I3-； I2 + II3-。（1）K2Cr2O7、H2O2、NaClO和NaNO2都能使I氧化为I2。NaNO2在氧化I时会产生NO，该反应的离子方程式为_。从减少对环境污染的角度，上述氧化剂中可选用的有H2O2、_。（2）生成的I2可用热空气吹出的原因是_。（3）在吸收时采用气-液逆流接触，则从吸收装置底部通入的是_（填“吸收液”或“含碘空气”）。吸收后的溶液需反复多次循环吸收含碘空气，其作

11、用是：提高SO2的利用率；_。（4）请补充完整证明氟硅酸溶液中存在I的实验步骤：取样品，_，取上层液体，重复上述操作2-3次，_。（可选用的试剂：5% 淀粉溶液、0.1 molL-1 NaNO2溶液,0.1 molL-1 Na2SO3溶液、6 molL-1 H2SO4溶液、CCl4）。20、50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_。 （2）两烧杯间填满碎纸条的作用是_。（3）实验中改用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0

12、.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比较，所放出的热量_（填“相等”或“不相等”），中和热_（填“相等”或“不相等”），理由是_。（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值与57.3kJ/mol相比较会_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（5）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。21、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，B元素形成的化合物种类最多；D的最外层电子数与电子层数之比为31；E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满。

13、请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：（1）E在周期表中位于_区，E+的电子排布式为_。（2）D元素原子的价层电子排布图为_，A2D2的电子式为_，分子中D原子杂化类型为_。（3）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为_，A分别与B、C、D能形成10电子的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是_（写分子式）。（4）C2A4在碱性溶液中能够将ED还原为E2D，已知当1mol C2A4完全参加反应时转移了4 mol电子，则该反应的化学方程式可表示为：_。（5）已知EA晶体结构单元如图所示（A原子在体对角线的1/4处），该化合物的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中E原子与A原

14、子之间的最短距离为_cm（用含和NA的式子表示）。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】A、加热时碘升华，氯化铵分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能用加热法除去单质碘中的氯化铵，A错误；B、合金的熔点低于各成分金属的熔点，B错误；C、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响程度不同，因此可以用重结晶法除去硝酸钾中的氯化钠，C错误；D、铁离子有氧化性，氯化铁溶液可用于溶解电路板中的铜，D正确，答案选D。2、C【答案解析】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2 Al + 2 NaOH + 2 H2O =2NaAlO2+

15、3 H2生成的氢气为3.31 L,即0.15 mol，所以含有铝0.1 mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3 mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y 。质量和：2.7 + 51x + 14y = 17.9 ； 沉淀量：107x + 98y = 25.4；解得x=0.1 mol，y=0.15 molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1 mol、0.1 mol、0.15 mol所以转移电子数总的为0.9 mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9 mol电子，则生成NO为0.3 mol，则V（NO）=172L。故答案选

16、C。3、D【分析】在实验中会发生反应：Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4FeSO4+Cu，由以上反应原理和氧化还原反应规律分析可得结论。【题目详解】A.在反应2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，即可知氧化性Fe3+ Cu2+，故A错误；B.中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；C.由于加入的铁是过量的，则溶液中不可含有Cu2+，故C错误；D.因在的滤液中只有Fe2+，没有Fe3+，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确；答案选D。4、B【题目详解】构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布。在一个原子

17、轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，称为泡利不相容原理。当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。能量最低原理是核外电子排布时，尽先占据能量最低的轨道。因此在2p能级上最多只能排布6个电子，其依据的规律是泡利不相容原理，B正确，答案选B。5、D【分析】该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色。【题目详解】A.连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时

18、电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH试纸遇碱变蓝色，A正确；B.连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，B正确；C.该装置是电解池，是将电能转化为化学能装置，此装置不属于原电池，C正确；D.电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴、阳离子定向移动形成电流，D错误；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，注意电解质溶液中电流的形成，外电路中电子定向移动，内电路中离子定向移动为易错点。6、D【题目详解】A同周期自左而右，原子半径减小，Ga和As

19、位于同一周期，原子序数AsGa，原子半径GaAs；同主族自上而下原子半径增大，As在P的下一周期，原子半径AsP ，所以原子半径GaAsP，故A说法正确；B同主族自上而下非金属性减弱，非金属性NPAs，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性NH3PH3AsH3，故B说法正确；C镓(Ga)是第四周期A族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有两性，故C说法正确； D同周期自左而右，非金属性增强，非金属性SP，同主族自上而下非金属性减弱，PAs，所以非金属性SPAs，所以酸性H2SO4H3PO4H3AsO4，故D说法错误；答案选D。7、C【

20、答案解析】试题分析：A碱石灰的成分为NaOH和CaO的混合物，不属于纯净物，A项错误；BNO2与NaOH反应生成硝酸钠和亚硝酸钠两种盐，不属于酸性氧化物，B项错误；C蓝矾属于纯净物，纯碱的化学式为Na2CO3，属于盐，氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，SO3与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，C项正确；D过氧化钠属于过氧化物，不属于碱性氧化物，D项错误；答案选C。考点：考查物质的分类。8、C【答案解析】在此溶液中，含有的阳离子有Na和Ba2，Na的个数是3a，Ba2的个数是2a，所以二者所带的正电荷总数是(13a22a）=7a，因Cl的个数是a，所以Cl所带的负电荷数是1a=a，

21、则根据溶液呈现电中性、阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数可知，此溶液中还缺少含有6a负电荷的阴离子。因溶液中含有Ba2，会与CO32和SO42反应生成沉淀而不能大量共存，所以排除B和D；A项，4a个NO3所带的负电荷数是14a=4a，所以A错误；C项，6a个OH所带的负电荷数是16a=6a，符合题意；所以此题答案选C。9、A【分析】 ， ，加入氯化钙，引人钙离子，钙离子与碳酸钙离子结合成碳酸钙沉淀，促进碳酸氢根离子的电离，产生大量的氢离子，氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，据此回答问题。【题目详解】A.有分析可知，沉淀是碳酸钙，故A选；B.有分析可知，气体为二氧化碳，故B

22、不选；C.有分析可知，碳酸氢根的电离是可逆的，故C不选；D.有分析可知，反应进行的方向与反应物的浓度有关，故D不选；故选：A。10、B【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。【题目详解】8960mL的NO2气体的物质的量为=0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol(5-4)+0.03mol2(5-4)=0.46mol，所以

23、沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选B。【答案点睛】解答本题的关键是找到铜和镁失去的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量。要注意关键反应的方程式分析判断。11、B【题目详解】A. 单质氧化性的越强，非金属性越强，A正确；B. 单质沸点的高低，是由其微粒间的作用力决定的，与元素的非金属性无关，B错误；C. 单质与氢气化合越容易，元素的非金属性越强，C正确；D. 最高价氧化物对应的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。答案为B。12、C【

24、题目详解】ACrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故A不选；B过氧化铬中氧元素的化合价有-1价，化合价可以升高到0价，生成氧气，可以发生4CrO5+12H+=4Cr3+7O2+6H2O反应，故B不选；C从结构式可以看出有共价键，没有离子键，故C选；D过氧化铬中氧元素的化合价有-1价和-2价，-1价的氧有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D不选；故选：C。13、D【分析】A淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖；B相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物；C含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应；D蛋白质遇

25、重金属发生变性。【题目详解】A淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖，葡萄糖属于单糖，所以淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类，A正确；B相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物，酚醛树脂相对分子质量在10000以上，所以属于高分子化合物，B正确；C含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应，甘油含有醇羟基、氨基酸含有羧基，所以二者都能发生酯化反应，C正确；D蛋白质遇重金属发生变性，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性，蛋白质变性没有可逆性，所以生成的沉淀不能溶解，D错误；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查有机物结构和性质，明确物质含有的官能团及其与性质关系是解答本题的关键，注意蛋白

26、质变性和盐析区别，为解答易错点。14、C【分析】由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H22LiH+2NH3。【题目详解】A状态为氮气生成LiNH的过程，NN键发生断裂要吸收能量，故A正确；B由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；C催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；D由状态可知生成NH3：2LiNH+3H22LiH+2NH3，故D正确。故选C。15、D【答案解析】A、合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能过量

27、，选项A错误；B、玻璃是传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，选项B错误；C侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质的溶解度的差异，选项C错误；D“地沟油”的成分是油脂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，碱性条件下的水解反应生成肥皂，选项D正确；答案选D。16、A【分析】根据图示过程，Fe2(SO4)3在T.F菌的作用下将硫化氢氧化为硫单质，同时自身还原为硫酸亚铁，硫酸亚铁在氧气的氧化下生成硫酸铁，生成的硫酸铁又继续氧化硫化氢，形成循环，在此过程中硫酸铁可视为催化剂，据此回答。【题目详解】AT.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫

28、酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3可视为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；B脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；C亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，需补充一定量的亚铁离子，C正确；D天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，井火为天然气燃烧出现的火焰，故说明我国古代已利用天然气煮盐，D正确；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期A族 同位素 2Na+2H2O=2NaOH+H2 Cl bc 0

29、.099 0.143 NaAlO2或Na2SiO3 【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y有+4、-4价，单质为半导体材料，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；M为-2价，处于A族，则M为O元素；R有-1、+7价，则R为Cl元素；Q有+3价，处于A族，原子半径小于Na原子，则Q为Al元素，据此解答。【题目详解】（1）R为Cl元素，原子核外电子数为17，有3个电子层最外层电子数为7，处于元素周期表中第三周期第A族，R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们属于同位素关系，故答案为第三周期第A族；同位素。（2）Z为Na元素，Na与水

30、反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2 。 （3）Y为Si，R为Cl，位于同一周期，根据同周期元素非金属性从左到右逐渐增强可知，Cl的非金属性大于Si，a.属于物质的物理性质，不能比较非金属性的强弱，故a错误；b.元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故b正确；c.Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明R得电子能力强，非金属性强，故c正确，故答案为Cl；bc。（4）Y为Si，与Al、Cl位于相同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Si的原子半径比Al小，比Cl大，即大于0.099nm小于0.143nm，故答案为0.099nm；0

31、.143nm。（5）甲+乙丙+水，应为中和反应，若丙的水溶液呈碱性，则对应的物质的应为强碱弱酸盐，可为NaAlO2或Na2SiO3，故答案为NaAlO2或Na2SiO3。【答案点睛】非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等均可比较非金属性的强弱。18、H+、Mg2+、Al3+ 三角锥形 BaCO3、BaSO4 3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O c(NH4+)=0.05mol/L，c(Na+)=0.4mol/L 【分析】无色溶液X中加入Ba(OH)2溶液加热产生无色气体A是NH3，说明含有NH4+，根据氨气的物质的量

32、可计算出NH4+的物质的量；同时产生白色沉淀A，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体B，同时有白色沉淀B，说明沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物，二者的质量和为8.6g，沉淀B是BaSO4，气体B是CO2，说明原溶液中含SO42-、CO32-，根据沉淀A、B的质量可计算出原溶液中含有的SO42-、CO32-的物质的量；向溶液A中加入盐酸酸化，并加入FeCl2溶液，产生无色气体C，该气体与空气变为红棕色，则B是NO，说明III发生了氧化还原反应，A中含有NO3-，根据NO的体积，结合N元素守恒可得NO3-的物质的量，根据离子共存判断是否含有其它离子，并进行分析解答。【题目详解】根据上述分析可知：

33、该溶液中一定含有NH4+、SO42-、CO32-、NO3-，由于CO32-与H+、Mg2+、Al3+会发生离子反应而不能大量共存，所以该溶液中一定不含有H+、Mg2+、Al3+离子；(2)无色气体A是NH3，该气体分子呈三角锥形；白色沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物；(3) 实验中的第ii步操作是H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒。可得该反应的离子方程式为3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O；(4)根据上述分析及题干已知信息，结合元素守恒可知，在原溶液中含有的离子的物质的量分别是：n(NH4+)=n(NH3)=0.224L22.4L/

34、mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol，n(CO32-)=n(BaCO3)=(8.6-4.66)g197g/mol=0.02mol，n(NO3-)=n(NO)= 0.224L22.4L/mol=0.01mol。阴离子带有的负电荷总数多于阳离子带有的正电荷总数，根据溶液呈电中性，说明溶液中还含有阳离子Na+，其物质的量是n(Na+)=2n(SO42-)+2n(CO32-)+n(NO3-)- n(NH4+)=20.02mol+20.02mol+0.01mol-0.01mol=0.08mol，溶液的体积是200mL，则该无色溶液X中一定

35、存在的阳离子的物质的量浓度c(NH4+)= n(NH4+)V=0.01mol0.2L=0.05mol/L；c(Na+)= n(Na+)V=0.08mol0.2L=0.4mol/L。【答案点睛】本题考查常见离子的检验方法及物质的量浓度的计算，注意掌握常见离子的性质及正确的检验方法，要求学生能够根据离子反应的现象判断原溶液中存在的离子名称，结合离子反应由已经确定的离子存在判断不能存在的离子，并根据溶液的电中性分析题目未涉及的检验离子的存在及其浓度，该题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。19、4H+2NO2-+2I = I2 + 2NO+2H2O NaClO I2受热易升华（或挥发

36、） 含碘空气 增加吸收后溶液中I浓度 加入CCl4振荡，静置，分液（或加CCl4萃取），有机层呈紫色（或加入5%淀粉溶液变蓝，再加入CCl4萃取） 取上层水溶液滴入5%淀粉溶液不变蓝，再分别滴加6molL-1 H2SO4溶液、0.1molL-1 NaNO2溶液，变蓝，证明存在I3-。 【答案解析】利用碘及其化合物的氧化性、还原性，结合题目给出的信息，分析解答从含碘副产品提取粗碘的问题。【题目详解】(1)NaNO2将I氧化为I2，本身被还原成NO。“氧化”发生在酸性溶液（氟硅酸溶液）中，可用H+、H2O配平。该反应的离子方程式为4H+2NO2-+2I = I2 + 2NO+2H2O。酸性溶液中，

37、K2Cr2O7、H2O2、NaClO和NaNO2的还原产物分别是Cr3+、H2O、Cl-和NO，其中K2Cr2O7、Cr3+、NaNO2、NO会污染环境。故要减少污染，可选用H2O2、NaClO。(2) I2受热易升华，故可用热空气吹出。(3)“吸收”时发生反应I2 + SO2+2H2O2HI+H2SO4。用“SO2水溶液”吸收“含碘空气”中的碘，应使气-液逆流充分接触，故吸收液（SO2水溶液）从吸收装置顶部喷下，“含碘空气”从吸收装置底部通入；从反应方程式可知，吸收液（SO2水溶液）反复多次循环吸收含碘空气，可提高SO2的利用率、增加溶液中I浓度。(4)据已知 I2 + II3-，要证明氟硅

38、酸溶液中存在I，可证明该溶液中同时存在I2、I。从“可选用的试剂”看，I2可直接用5% 淀粉溶液检验，或加CCl4萃取后下层呈紫色检验；I需氧化为I2（0.1 molL-1 NaNO2溶液、6 molL-1 H2SO4溶液），再用5% 淀粉溶液检验。氟硅酸溶液中原有的I2会干扰I检验，应当先用CCl4多次萃取分液除去。一种可能的方案：取少量氟硅酸溶液，加入CCl4振荡、静置，下层呈紫色，证明有I2。分液后取上层液体，重复上述操作，直至滴入5%淀粉溶液不变蓝，证明I2已完全除去。再滴加6molL-1 H2SO4溶液、0.1molL-1 NaNO2溶液，若变蓝，证明有I。故原氟硅酸溶液中存在I3-

39、。【答案点睛】据 I2 + II3-，检验I3-可间接检验 I2 和 I。没有AgNO3和稀硝酸时要检验 I，可将 I转化为I2 进行检验。20、环形玻璃搅拌棒 保温或减少热量损失 不相等 相等 中和热是生成1mol水时放出的热量 偏小 偏小 【答案解析】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失；(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，实验中改用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以与上述实验相比，测得中和热数值相等；(4)一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，求得的中和热数值将会偏小；(5)大烧杯上如不盖硬纸