2019-2020年高三上学期入学化学试题含解析.doc

2019-2020年高三上学期入学化学试题含解析一、选择题（本部分包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1（3分）下列说法正确的是（）A易溶于水的物质一定是电解质B液态氯化氢能导电C液态氯化钠能导电D熔融的液态钠是电解质考点：电解质与非电解质；电解质溶液的导电性专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；B、含有自由移动离子的溶液或物质、含有自由电子的金属能导电；C、根据物质中是否含有自由离子或电子判断是否能导电；D、电解质必须是化合物解答：解：A、易溶于水的物质不一定是电解质，如氨气极易溶于水，但氨气是非电解质，故A错误；B、液态氯化氢不含自由移动的离子所以不导电，故B错误；C、液态氯化钠含有自由移动的离子所以能导电，故C正确；D、金属钠是单质不是化合物，所以钠不是电解质，故D错误；故选C点评：本题考查了电解质和物质是否能导电的判断，难度不大，易错选项是C明确不是电解质的物质不一定是非电解质，如金属单质2（3分）一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（）ANaCl固体中没有离子BNaCl溶液是电解质CNaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子DNaCl溶液在电流作用下电离出大量的离子考点：电解质溶液的导电性；电解质在水溶液中的电离专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：根据溶于水或熔化状态下能导电的化合物为电解质来解答，注意NaCl中存在离子，但离子不能自由移动解答：解：A氯化钠中存在离子，但阴阳离子不能自由移动，所以固体氯化钠不能导电，故A错误；B电解质必须是化合物，氯化钠溶液是混合物，所以不是电解质，故B错误；C氯化钠在水分子作用下能电离出自由移动的阴阳离子，所以其水溶液能导电，故C正确；D氯化钠是在水分子的作用下电离出阴阳离子，而不是电流作用下电离出阴阳离子，故D错误；故选C点评：本题考查电解质的导电实验，明确电解质的判断及电离的条件、溶液导电的原因即可解答，题目难度不大3（3分）下列各组微粒中，在一定条件下均可以做氧化剂的是（）AF，Br，S2BFe3+，MnO4，NO3CCl2，HClO，MgDClO，Cl，Ag+考点：重要的氧化剂专题：氧化还原反应专题分析：元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性；对于同一种元素，一般是价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性越强解答：解：对于元素来说化合价降低被还原具有氧化性，所以有氧化性则该元素的化合价能够降低；有最高价的元素只有氧化性A、三种离子的化合价无法变低，故无氧化性，故A错误；B、Fe3+，MnO4，NO3三种离子中各元素均具有最高价态，只具有氧化性，故B正确；C、镁是金属只作还原剂，故C错误；D、氯离子处在最低价态只有还原性无氧化性，故D错误；故选B点评：本题考查了元素氧化性判断，氧化还原反应的概念应用，解题的关键是掌握有关元素化合价与氧化性还原性的关系4（3分）（xx海南）将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100molL1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（）AMBM2+CM3+DMO2+考点：氧化还原反应的计算专题：压轴题；氧化还原反应专题分析：根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算反应后M元素的化合价，进而可判断还原产物解答：解：n（Zn）=0.003mol，n（MO2+）=0.02L0.100molL1=0.002mol，设反应后M的化合价为+x价，则（5x）0.002mol=0.003mol（20），x=2，故选B点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等5（3分）（xx山东）下列推断合理的是（）A明矾KAl（SO4）212H2O在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应C浓H2SO4有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应D将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色考点：盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质分析：根据胶体的性质来分析净化水的原因；根据金刚石的组成和性质来分析硬度及能否与氧气反应；利用浓硫酸性质来分析与铜的反应；利用二氧化硫的漂白性和还原性来分析解答解答：解：A 明矾KAl（SO4）212H2O在水中水解形成Al（OH）3胶体，胶体具有吸附性，则可用作净水剂，故A正确；B 金刚石可以燃烧生成二氧化碳，故B错；C 浓H2SO4虽然有强氧化性，在加热条件能与Cu发生反应，常温下不反应，故C错；D SO2通入溴水后发生氧化还原反应，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，则将SO2通入溴水，溴水褪色后加热不能恢复原色，故D错；故选：A点评：本题虽然简单，但是从多方面考查了元素化合物及胶体性质，覆盖面广，是一好题6（3分）下列对溶液、胶体和浊液的认识不正确的是（）A三种分散系的分散质直径大小顺序：浊液胶体溶液B胶体在一定的条件下也能稳定存在C溶液和胶体通常都是透明的液体，而浊液不透明D胶体区别于其他分散系的本质特征是产生丁达尔效应考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系专题：溶液和胶体专题分析：A、分散系的分类依据是分散质粒子直径的大小；B、胶体是介稳体系；C、根据分散系的性质分析；D、分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小解答：解：A、分散系的分类依据是分散质粒子直径的大小，胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，所以分散质直径大小顺序：浊液胶体溶液，故A正确；B、胶体是介稳体系，在一定的条件下也能稳定存在，故B正确；C、溶液和胶体通常都是透明的液体，浊液为浑浊的不透明的，故C正确；D、分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小，丁达尔效应是胶体特有的性质，可以用来鉴别胶体，故D错误故选D点评：本题考查了分散系的分类、胶体的性质等，题目比较基础，难度不大7（3分）（2011丹东模拟）已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+、Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱下列反应在水溶液中不可能发生的是（）A3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3BCl2+2KI=2KCl+I2CCo2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2OD2FeCl2+Cl2=2FeCl3考点：氧化性、还原性强弱的比较专题：氧化还原反应专题分析：根据化学方程式，只要根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得出的结果符合题干已知条件的，说明反应成立解答：解：A、根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2FeCl3，但是氧化性是FeCl3I2，还原性是碘离子强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，和题意不相符合，不可能发生，故A选；B、根据反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，得出氧化性是：Cl2I2，和题意相符合，反应可能发生，故B不选；C、根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O，得出氧化性是：Co2O3Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C不选；D、根据反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，得出氧化性是：Cl2FeCl3，和题意相符合，反应可能发生，故D不选故选A点评：本题考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，难度不大8（3分）下列化学方程式中，不能用离子方程式 Ba2+SO42BaSO4表示的是（）ABa（NO3）2+H2SO4BaSO4+2HNO3BBaCl2+Na2SO4BaSO4+2NaClCBaCO3+H2SO4BaSO4+H2O+CO2DBaCl2+H2SO4BaSO4+2HCl考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：离子方程式SO42+Ba2+BaSO4表示可溶性的硫酸盐和可溶性的钡盐之间发生反应只有一种难电离物质硫酸钡沉淀生成，没有其他难电离物质生成的一类反应解答：解：A、硝酸钡是可溶性的钡盐，硫酸是强酸，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故A正确；B、氯化钡是可溶性的钡盐，硫酸钠是可溶性的硫酸盐，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故B正确；C、碳酸钡是难溶于水的物质，不能用离子方程式 Ba2+SO42BaSO4表示BaCO3和H2SO4之间的反应，故C错误；D、氯化钡是可溶性的钡盐，硫酸是强酸，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故D正确故选C点评：本题考查学生离子反应的实质，可以根据所学知识来回答，难度不大9（3分）（xx南京二模）氮化铝（AlN）广泛用于电子工业、陶瓷工业等领域可通过如下反应制取：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，下列叙述正确的（）A该反应中，Al2O3是氧化剂B该反应中，N2是还原剂C该反应中，C是还原剂D该反应中每生成2molAlN，N2得到3mole考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中N元素化合价降低，被还原，N2为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，Al和O元素的化合价没有变化，可根据化合价的变化计算转移的电子数目解答：解：反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中N元素化合价降低，被还原，N2为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，C为还原剂，Al和O元素的化合价没有变化，该反应中每生成2molAlN，有1molN2参加反应，得到电子的物质的量为2（30）mol=6mol，故选C点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，解答本题的关键是能从化合价变化的角度判断10（3分）在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A无色溶液：Ca2+、H+、Cl、HSO3B能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I、NO3CAlCl3溶液：K+、Na+、SO42、AlO2D=0.1 mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32、NO3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：A离子之间结合生成水和气体；B能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；C离子之间相互促进水解；D.=0.1 mol/L的溶液，显碱性解答：解：AH+、HSO3离子之间结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；B能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，H+、I、NO3离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；CAl3+、AlO2离子之间相互促进水解，不能大量共存，故C错误；D.=0.1 mol/L的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，综合性较强，题目难度不大11（3分）重铬酸铵（NH4）2Cr2O7是一种受热易分解的盐，下列各组对重铬酸铵受热分解产物的判断，可能符合事实的是（）CrO3+NH3+H2O Cr2O3+NH3+H2O CrO3+N2+H2O Cr2O3+N2+H2OABCD考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：（NH4）2Cr2O7受热分解发生非氧化还原反应；（NH4）2Cr2O7中铵根中的氮是负三价，有还原性，重铬酸根中的铬正六价，有氧化性，会发生自身氧化还原反应，氮元素化合价升高，铬元素化合价降低解答：解：重铬酸铵（NH4）2Cr2O7受热分解生成CrO3、NH3、H2O，各元素的化合价没有变化，属于非氧化还原反应，故正确；重铬酸铵（NH4）2Cr2O7生成Cr2O3，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故错误； 重铬酸铵（NH4）2Cr2O7生成N2，N元素的化合价升高，则Cr元素的化合价要降低，不能生成CrO3，故错误；重铬酸铵（NH4）2Cr2O7受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，即由3价升高为0，生成氮气，由元素守恒可知，还生成水，故正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意化合物中N、Cr元素的化合价，题目难度不大12（3分）过渡元素高价化合物在酸性条件下有较强的氧化性，如KMnO4、Na2WO4（钨酸钠）等现向50mL浓度为0.100mol/L的FeCl2溶液中加入25mL浓度为0.0400mol/L的KMnO4，在滴加少量的H2SO4后，两者恰好完全反应则氧化剂KMnO4的还原产物可能为（）AK2MnO4BMnO2CMnCl2DMn考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：n（FeCl2）=0.05L0.1mol/L=0.005mol，反应后被氧化生成Fe3+，Fe元素化合价升高1价，n（KMnO4）=0.025L0.04mol/L=0.001mol，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算解答：解：n（FeCl2）=0.05L0.1mol/L=0.005mol，反应后被氧化生成Fe3+，Fe元素化合价升高1价，n（KMnO4）=0.025L0.04mol/L=0.001mol，设被还原后Mn元素的化合价为+x，则0.005mol（32）=0.001mol（7x），x=2，故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算，明确氧化还原反应中元素的化合价升降及电子守恒是解答本题的关键，题目难度不大13（3分）在酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）AMg2+、Fe3+、NO3、SCNBAl3+、Fe2+、Cl、SO42CK+、Na+、Cl、HCO3DNa+、Ba2+、NO3、SO42考点：离子共存问题专题：几种重要的金属及其化合物分析：酸性溶液中有大量的H+，离子之比不能结合生成水、气体、沉淀，不能结合生成络离子等，则离子能大量共存解答：解：A、因Fe3+、SCN能结合生成络离子，则不能共存，故A错误；B、因该组离子之间不反应，则能够共存，故B正确；C、因H+与HCO3结合生成水和二氧化碳气体，则不能共存，故C错误；D、因Ba2+、SO42能结合生成硫酸钡沉淀，则不能共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的反应即可解答，难度不大14（3分）在学习中，我们经常应用类推法下列左边正确，类推法应用于右边也正确的是（）A向FeCl2溶液中滴入氯水2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl向FeCl2溶液中滴入碘水2Fe2+I2=2Fe3+2IBCO2通入漂白粉溶液中CO2+Ca2+2ClO+H2O=CaCO3+2HClOSO2通入漂白粉溶液中SO2+Ca2+2ClO+H2O=CaSO3+2HClOC向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3CO32+2H+=CO2+H2O向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3SO32+2H+=SO2+H2OD向澄清石灰水中通入少量CO2 气体Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O向澄清石灰水中通入少量SO2 气体Ca2+2OH+SO2=CaSO3+H2OAABBCCDD考点：离子方程式的书写专题：类比迁移思想分析：AFeCl2溶液与碘水不反应；BSO2通入漂白粉溶液，发生氧化还原反应；CNa2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应；D二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水解答：解：AFeCl2溶液与碘水不反应，则前者发生氧化还原反应，后者不反应，与氧化性有关，故A错误；BSO2通入漂白粉溶液，发生氧化还原反应为SO2+Ca2+ClO+H2O=CaSO4+2H+Cl，故B错误；CNa2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应为2NO3+3SO32+2H+=3SO42+2NO+H2O，故C错误；D二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水，则类推合理，故D正确；故选D点评：本题考查离子反应方程式书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大15（3分）ClO2是一种广谱消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将取代Cl2成为生产自来水的消毒剂（Cl2能和水中溶解的某些有机物发生取代和加成反应，生成致癌物质）工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得ClO2，以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量比为 （）A1：1B2：1C1：2D2：3考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中，氯元素化合价降低，硫元素化合价升高，化合价升高数和化合价降低数相等解答：解：NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中，氯元素化合价有+5价降到+4价，降低了1价，硫元素化合价从+4价升高到+6价，升高了2价，化合价升高数和化合价降低数相等，所以NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2：1故选B点评：本题目考查学生氧化还原反应中的电子守恒定律，可以根据所学知识来灵活运用，难度不大16（3分）在有乙离子存在的情况下欲用试剂丙来检验溶液中是否含有甲离子，下表所加试剂丙能够对甲离子进行成功检验的是（） （说明：在实验过程中不允许加热、过滤、萃取等操作）选项试剂丙甲离子乙离子A稀盐酸、Ba（NO3）2溶液SO42SO32B稀盐酸、品红溶液SO32CO32C硫氰化钾溶液Fe2+Fe3+D稀氨水Ag+Al3+AABBCCDD考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：A硝酸根和氢离子在一起具有稀硝酸的性质，有强氧化性，可将SO32氧化为SO42；B碳酸银溶于硝酸，氯化银不溶；C过量氢氧化钠与Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀，与Al3+反应不生成沉淀；DKSCN与Fe3+反应，溶液呈红色，不能判断是否含有Fe2+解答：解：A硝酸根和氢离子在一起具有稀硝酸的性质，有强氧化性，可将SO32氧化为SO42，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，无法确定是否含有SO42，故A错误；BSO32与稀盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色；CO32与稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳不能使品红溶液褪色；故可确定含有SO32，故B正确；CKSCN与Fe3+反应，溶液呈红色，不能判断是否含有Fe2+，故C错误；D过量氨水与Ag+反应产生银氨溶液，与Al3+反应只生成Al（OH）3沉淀，无法确定是否含有Ag+，故D错误；故选B点评：本题考查物质的检验及鉴别，难度中等注意把握相关物质的性质以及反应现象二、填空题（本大题共包括5小题，共52分）17（6分）（1）若向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，使原溶液中的SO42恰好完全沉淀，试写出该反应的离子方程式H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O（2）明矾是一种无色晶体，可溶于水并形成Al（OH）3胶体来净水已知明矾水溶液的主要成分是KAl（SO4）2，现向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当Al3+恰好全部沉淀时，试写出该反应的离子方程式2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=3BaSO4+2Al（OH）3考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：（1）用数值假设法确定，假设NaHSO4为1mol，使原溶液中的SO42恰好完全沉淀，需要Ba（OH）21mol，根据各离子的物质的量判断反应的程度，以此书写离子方程式；（2）假设KAl（SO4）2为2mol，当Al3+恰好全部沉淀时，需要3molBa（OH）2，根据各离子的物质的量判断反应的程度，以此书写离子方程式解答：解：（1）假设NaHSO4为1mol，使原溶液中的SO42恰好完全沉淀，需要Ba（OH）21mol，则发生反应的离子的物质的量分别为1mol，离子方程式为H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O，故答案为：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O；（2）假设KAl（SO4）2为2mol，溶液中含有2molAl3+，4molSO42，当Al3+恰好全部沉淀时，需要3molBa（OH）2，即加入3molBa2+，6molOH，反应的离子方程式为2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=3BaSO4+2Al（OH）3，故答案为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=3BaSO4+2Al（OH）3点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题为与量有关的离子方程式，书写时注意正确判断各离子反应的程度为解答该题的关键18（10分）砷及其化合物有毒，如砒霜（As2O3）有剧毒，环境监测和法医学分析砒霜中毒的反应原理：As2O3+6Zn+12HCl=6ZnCl2+2AsH3+3H2O，反应中氧化剂是As2O3，氧化产物是ZnCl2；被氧化的元素是Zn，还原产物与氧化剂的物质的量比2：1，电子转移总数是12e考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：As2O3+6Zn+12HCl=6ZnCl2+2AsH3+3H2O中，Zn元素的化合价升高，As元素的化合价降低，以此来解答解答：解：As2O3+6Zn+12HCl=6ZnCl2+2AsH3+3H2O中，As元素的化合价降低，则As2O3为氧化剂，被还原，还原产物为AsH3；Zn元素的化合价升高，Zn元素被氧化，则ZnCl2为氧化产物，由反应可知还原产物与氧化剂的物质的量比为2：1，由Zn元素的化合价变化可知转移电子总数为6（20）e=12e，故答案为：As2O3；ZnCl2；Zn；2：1；12e点评：本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大19（8分）已知某饱和 NaCl 溶液的体积为V mL密度为 g/cm3，质量分数为 w%物质的量浓度为c mol/L，溶液中含NaCl的质量为m g（1）用m、V表示溶液物质的量浓度mol/L（2）用w、表示溶液物质的量浓度mol/L（3）用c、表示溶液的质量分数%（4）用w表示该温度下NaCl的溶解度g考点：物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：（1）根据n=计算氯化钠物质的量，再根据c=计算；（2）根据c=计算；（3）根据c=进行公式变形计算；（4）饱和溶液的质量分数w=，据此计算溶解度解答：解：（1）mg氯化钠物质的量=mol，溶液体积为VmL，则溶液物质的量浓度=mol/L，故答案为：mol/L；（2）根据c=可知，溶液物质的量浓度=mol/L=mol/L，故答案为：mol/L；（3）根据c=可知，w%=%，故答案为：%；进行公式变形计算；（4）令溶解度为s，该饱和溶液的质量分数w%=，解得s=g，故答案为：g点评：本题考查溶液浓度有关计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度，难度不大，注意对公式的理解与灵活应用，理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系20（14分）现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K+，Ag+，Ca2+，Ba2+，Fe2+，Al3+，阴离子有Cl，OH，CH3COO，NO3，SO42，CO32，现将它们分别配成0.1molL1的溶液，进行如下实验：测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为AEC；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色根据上述实验现象，回答下列问题：（1）实验中反应的化学方程式是AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3；AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O（2）E溶液是碳酸钾，判断依据是由中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾；（3）写出下列四种化合物的化学式：ABa（OH）2、CCa（CH3COO）2、DAlCl3、FFeSO4考点：常见离子的检验方法；无机物的推断专题：压轴题；离子反应专题分析：测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为AEC，则A为碱，溶液中含有大量的OH离子，OH离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3； AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明B中不含SO42离子；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4解答：解：测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为AEC，则A为碱，溶液中含有大量的OH离子，OH离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（OH）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，则B中含有银离子，应为硝酸银溶液，加入氨水发生的反应为AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3； AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明B中不含SO42离子；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子；综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4（1）在硝酸银溶液中加入氨水生成氢氧化银沉淀，加入过量氨水后生成银氨络离子，反应的化学方程式为AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3； AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O，故答案为：AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3； AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O；（2）E应为碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，故E为K2CO3，故答案为：碳酸钾；由中碱性强弱的顺序可知，E是碳酸盐，六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾；（3）根据以上分析可知A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4，故答案为：Ba（OH）2；Ca（CH3COO）2；AlCl3；FeSO4点评：本题考查物质的推断，题目较难，注意从物质的性质以及反应现象推断21（14分）铝土矿的主要成分是Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质，按下列操作从铝土矿中提取Al2O3回答下列问题：（1）沉淀物的化学式分别是：aSiO2；dFe（OH）3；fAl（OH）3；（2）写出加入过量NaOH溶液时所发生主要反应的离子方程式Al3+4OHAlO2+2H2O、Fe3+3OHFe（OH）3（3）写出通入气体B（过量）时溶液C中发生反应的离子方程式CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3、CO2+OHHCO3（4）气体B能否改用试剂A代替？为什么？不能，生成氢氧化铝能够溶于盐酸考点：铝的化学性质；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物专题：几种重要的金属及其化合物分析：SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能，该工艺流程原理为：铝土矿加入试剂A盐酸，得到滤液b中含有铝离子、铁离子，沉淀a为二氧化硅，b溶液加入过量为氢氧化钠溶液，除去铁离子，将铝离子转化为偏铝酸根，进入滤液c中，气体B为二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，（1）根据以上推断写出沉淀的化学式；（2）写出氢氧化钠与铁离子、铝离子反应的离子方程式；（3）滤液c中含有偏铝酸根离子和过量的氢氧化钠，二氧化碳与偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀、与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子；（4）试剂A为盐酸，气体B为二氧化碳，不能够用盐酸代替二氧化碳，根据氢氧化铝能够溶解于盐酸分析解答：解：SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能，该工艺流程原理为：铝土矿加入试剂A盐酸，得到滤液b中含有铝离子、铁离子，沉淀a为二氧化硅，b溶液加入过量为氢氧化钠溶液，除去铁离子，将铝离子转化为偏铝酸根，进入滤液c中，气体B为二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，（1）根据分析可知，沉淀a为SiO2，沉淀b为Fe（OH）3，沉淀f为Al（OH）3，故答案为：SiO2；Fe（OH）3；Al（OH）3；（2）滤液b中含有铁离子和铝离子，加入氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Al3+4OHAlO2+2H2O，Fe3+3OHFe（OH）3，故答案为：Al3+4OHAlO2+2H2O；Fe3+3OHFe（OH）3；（3）根据流程，滤液c中含有过量的氢氧化钠和偏铝酸根离子，溶液NaAlO2与过量CO2生成Al（OH）3沉淀，反应的离子方程式为CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，过量二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+OHHCO3，故答案为：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3；CO2+OHHCO3；（4）气体B为二氧化碳，试剂A为盐酸，氢氧化铝能够与过量的盐酸反应而溶解，无法控制加入盐酸的量，故答案为：不能；生成氢氧化铝能够溶于盐酸点评：本题以框图题形式考查铝、硅、铁的化合物的性质、常用化学用语的书写、物质的分离提纯等，难度中等，清楚工艺流程原理是解题的关键，是对知识迁移的综合运用