2019届高三化学上学期开学检测试题(实验、重点、特长班含解析).doc

2019届高三化学上学期开学检测试题(实验、重点、特长班，含解析)1.本草纲目记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”， “以烧酒复烧二次价值数倍也”。其方法与分离下列物质的实验方法原理上相同的是A. 甲苯和水 B. 硝酸钾和氯化钠C. 乙酸乙酯和乙酸 D. 食盐水和泥沙【答案】C【解析】烧酒的制造工艺利用蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物，A苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，A错误；B硝酸钾和氯化钠的溶解度不同，可用重结晶的方法分离，B错误；C乙酸乙酯和乙酸沸点不同，可用蒸馏的方法分离，C正确；D泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，D错误；答案选C。2.进行下列实验，相关说法正确的是( )A. 图甲：蒸干CuSO4饱和溶液，制备CuSO45H2O晶体B. 图乙：可形成红色喷泉，证明HC1极易溶于水C. 图丙：配一定物质的量浓度NaOH溶液，若定容时视线如图，则所配NaOH溶液浓度偏低D. 图丁：除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠【答案】B【解析】A. 蒸干CuSO4饱和溶液，得到的是CuSO4固体，A项错误；B.HC1极易溶于水可形成红色喷泉,B项正确；C.若定容时视线如图，则少加了蒸馏水，所配NaOH溶液浓度偏高，C项错误；D.碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠，D项错误。答案选B.3.下列除去杂质的方法不正确的是A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少Al3+C. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通过量CO2后过滤D. CO气体中混有CO2气体：通过NaOH溶液洗气后干燥【答案】B【解析】A镁与氢氧化钠溶液不反应，但铝可与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，可用于除杂，故A正确；B加入过量氨水，都生成沉淀，不能用氨水除杂，故B错误；C氢氧化铝为两性氢氧化物，可用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝生成可溶性的NaAlO2，过滤后向滤液中通入过量CO2，可得氢氧化铝，故C正确；D CO气体中混有CO2气体，可用NaOH溶液吸收CO2，再干燥CO即可，故D正确；故选B。点睛：解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则；如选项B中过量的氨水能沉淀溶液中的Fe3和Al3。4.某兴趣小组用下图装置制备气体（酒精灯可以根据需要选择），对应说法正确的是( )选项药品中药品中药品中药品制备气体中药品及作用A浓盐酸MnO2 饱和食盐水浓硫酸Cl2NaOH溶液，尾气吸收B 稀硝酸Cu烧碱溶液浓硫酸NONaOH溶液，尾气吸收C浓盐酸大理石饱和Na2CO3溶液浓硫酸CO2澄清石灰水，检验D 浓盐酸Zn水浓硫酸H2撤去A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、饱和食盐水用于除HCl杂质，浓硫酸用于干燥气体，氯气用长进短出收集；B、NO无法用NaOH吸收处理；C、饱和碳酸钠溶液要和二氧化碳反应，应使用饱和碳酸氢钠除杂；D、氢气密度小于空气不能用中装置下进上出收集。答案选A。【点睛】本题主要考查了实验装置的作用；基本实验操作；实验尾气的处理。易错点为1. 饱和碳酸钠溶液要和二氧化碳反应；2. NO无法用NaOH吸收处理。5.“银针验毒”在我国有上千年历史，银针主要用于检验是否有含硫元素的有毒物质。其反应原理之一为AgH2SO2 Ag2SH2O(未配平)。当银针变色后，将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原。以下说法不正确的是( )A. 当银针变黑时，所检验的物质有毒B. 银针验毒时，Ag被氧化C. 上述验毒反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为11D. 银针复原发生的反应可能为3Ag2S2Al=6AgAl2S3【答案】D【解析】【分析】Ag+2H2S+O2=Ag2S+H2O反应中黑色物质为Ag2S，Ag在反应中化合价升高，为还原剂，氧气在反应中化合价降低，为氧化剂，生成的Ag2S是氧化产物，H2O为还原产物，银针变色后，将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原，发生原电池反应，硫化银被还原生成银，以此解答该题。【详解】A当银针变黑时，说明生成Ag2S，可说明所检验的物质有毒，选项A正确；B反应生成硫化银，Ag元素化合价升高，被氧化，选项B正确；C反应的方程式为4Ag+2H2S+O22Ag2S+2H2O，生成的Ag2S是氧化产物，H2O为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1，选项C正确；D形成原电池反应时，负极反应式为Al-3e-+3H2O=Al(OH)3+3H+，正极反应式为3Ag2S+6H+6e-6Ag+3H2S，总方程式为2Al+3Ag2S+6H2O=6Ag+3H2S+2Al(OH)3，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，注意从化合价变化的角度判断，注意该反应中S元素的化合价没有变化，把握原电池的工作原理。6.下列解释事实的方程式不正确的是( )A. 测0.1 molL1氨水的pH为11：NH3H2ONH4+OHB. 将Na块放入水中，产生气体：2Na2H2O=2Na2OHH2C. 用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu22ClD. Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al2OH2H2O=2AlO23H2【答案】C【解析】【分析】A一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子；B钠化学性质比较活泼，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；C氯化铜为电解质，溶液中电离出铜离子和氯离子，所以溶液能够导电；D金属铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气。【详解】A测0.1 mol/L氨水的pH为11，溶液显示碱性，原因是一水合氨为弱碱，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为：NH3H2ONH4+OH-，选项A正确；B将Na块放入水中，钠能够与水反应生成氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，选项B正确；C用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光，氯化铜为强电解质，溶液中完全电离出铜离子和氯离子，电离过程不需要通电，氯化铜的电离方程式为CuCl2=Cu2+2Cl-，选项C不正确；D铝溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查了化学方程式、电离方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握化学方程式、电离方程式的书写原则，能够正确书写常见反应的化学方程式，明确强弱电解质的概念，并且能够正确书写电离方程式。7.新型陶瓷AlN可通过反应： Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成。下列正确的是（ ）A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B. AlN中氮元素的化合价为+3C. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子D. AlN的摩尔质量为41 g【答案】C【解析】试题分析：A上述反应中氮元素化合价从0价降低到3价，N2是氧化剂剂，Al2O3不是氧化剂，也不是还原剂，A错误；BAlN中氮元素的化合价为3，B错误；C上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子，C正确；DAlN的摩尔质量为41 g/mol，D错误，答案选C。【考点定位】考查氧化还原反应的有关判断与计算【名师点晴】氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。8.下列离子方程式书写正确的是( )A. 将H2O2滴加到酸性KMnO4溶液中：2MnO4 H2O2 6H = 2Mn2 3O2 4H2OB. 在NH4HSO4溶液中慢慢滴入等物质的量的NaOH溶液：NH4+ OH = NH3H2OC. 用惰性电极电解氯化钠溶液：2H 2Cl = H2 Cl2D. 用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4 5H2C2O4 6H = 2Mn2 10CO2 8H2O【答案】D【解析】【详解】A将H2O2滴加到酸性KMnO4溶液中，二者是氧化还原反应，正确的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，选项A错误；B刘淑晴阿登与氢氧化钠的物质的量相等时，氢离子结合氢氧根离子的能力较强，所以只有氢离子反应，正确的离子方程式为：H+OH-=H2O，选项B错误；C用惰性电极电解氯化钠溶液，反应生成氢气、氯气和氢氧化钠，正确的离子方程式为：2H2O+2Cl-H2+Cl2+2OH-，选项C错误；D用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，选项D正确；答案选D。9. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 含大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、SO42、SCNB. 106的溶液中：NH4、K+、AlO2、NO3C. 能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42、ClD. 1.0 molL1的KNO3溶液中：Fe2、H+、Cl、I【答案】C【解析】试题分析：A含大量Fe3+的溶液中，Fe3与SCN-反应不能大量共存，A项错误；B106的溶液呈碱性，NH4与OH反应不能大量共存，B项错误；C.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-各离子互不反应能大量共存，C项正确；D.1.0 molL-1的KNO3溶液中，NO3-和Fe2、H+能发生氧化还原反应而不能大量共存，D项错误；答案选C。考点：考查离子共存10.下列有关说法不正确的是 （ ）A. 铜合金有青铜,黄铜和白铜等B. 合金具有优良的物理,化学或机械性能,但其熔点一般低于它的成分金属C. 铝在纯氧气中能剧烈燃烧，火星四射，生成熔融的氧化铝D. 生铁、普通钢和不锈钢中的含碳量依次降低【答案】C【解析】 氧化铝熔点高，不能变为熔融态，C错误；答案选C。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 10g46%乙醇水溶液中所含氢原子数目为0.6NAB. 0.1molL-1AlCl3溶液中含有Cl-数目为0.3NAC. 标准状况下,4.48L乙烯和环丁烷混合气中含碳原子数为0.4NAD. 7.8gNa2O2与足量CO2或H2O反应转移电子数为0.1NA【答案】D【解析】A. 10g46%乙醇水溶液中含4.6g乙醇，即含0.1mol乙醇，0.1mol乙醇含0.6mol H，另外水分子中也有H，故溶液中所含氢原子数目大于0.6NA，A不正确；B. 0.1molL-1AlCl3溶液的体积未知，无法计算其中含有Cl-的数目，B不正确；C. 乙烯分子中有2个C、环丁烷分子中有4个C，标准状况下4.48L乙烯和环丁烷混合气的总物质的量为0.2mol，其中所含碳原子数一定大于0.4NA，C不正确；D. 7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，其与足量CO2或H2O反应时，可以生成0.05mol O2，因为Na2O2中的O的化合价为-1，故转移电子数为0.1NA，D正确。本题选D。12.某溶液中可能含有K、Na、Fe3、Fe2、SO42、CO32、I、Cl中的一种或多种，进行如图所示的实验，下列说法正确的是( )A. 溶液X中有Fe3、SO42B. 溶液X中有Fe2、I，可能有SO42、ClC. 溶液X中有I、Cl，无CO32D. 溶液X中有I，Fe2和Fe3两种离子中至少有一种【答案】B【解析】由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，由上述分析可知，原溶液X中一定含有I-、Fe2+，一定不存在Fe3+、CO32-，不能确定是否存在K+、Na+、SO42-、Cl-，AX中不含Fe3+，A错误；B由分析可知溶液X中有Fe2+、I-可能有SO42-、Cl-，B正确；C不能确定是否存在Cl-，C错误；DX中不含Fe3+，D错误；答案选B。13. 下列各组物项相互混合进行反应，既有气体生成最终又有沉淀生成的是（ ） 金属钠投入FeCl2溶液中 过量的NaOH溶液和明矾溶液反应 少量CaO投入过量的NaHCO3溶液中Na2O2投入到CuSO4溶液中A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：、电解质溶液存在的是水合阳离子和水合阴离子，钠先接触的是外围的水分子，因此钠先与H2O发生置换反应生成NaOH和H2，然后在发生碱与盐的复分解反应，生成Fe(OH)2沉淀和NaCl，最后Fe(OH)2再被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，正确；、过量的NaOH溶液和明矾溶液反应，既没有气体生成也没有沉淀生成，错误；、少量CaO投入过量的NaHCO3溶液中，氧化钙先与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与小苏打反应生成水和碳酸钙沉淀，无气体生成，错误；、Na2O2投入到CuSO4溶液中，前者先与水反应生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠在于硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，正确，答案选C。考点：考查钠元素化合物的主要性质和转化反应原理。14.向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（ ）A. 原NaOH溶液的浓度为0.1 molL1B. 通入CO2的体积为448 mLC. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)n(Na2CO3)13D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)n(Na2CO3) 21【答案】D【解析】A根据化学反应，向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3两种可能的情况，再加入盐酸，将Na2CO3或NaHCO3全部反应生成NaCl，根据化学反应中原子守恒，则有n（Na+）=n（Cl），所以n（NaOH）=n（HCl）=0.2mol/L0.1L=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，故A错；B根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成NaHCO3mmolNa2CO3 +HClNaHCO3+NaCl1mol 1mol 1molx 0.025L0.2mol/L mmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HClCO2+NaCl1mol 1mol 1molymol 0.075L0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO2 0.015mol，标准状况下的体积为0.336L，故B错；C所得溶液的溶质成分为Na2CO3、NaHCO3，没有NaOH，故C错误；D根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成 NaHCO3mmolNa2CO3+HClNaHCO3+NaCl1mol 1mol 1molx 0.025L0.2mol/L mmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HClCO2+NaCl1mol 1mol 1molymol 0.075L0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol求得通入CO2反应后，Na2CO3 、NaHCO3的物质的量分别为0.005mol、0.01mol，既得n（ NaHCO3）：n（Na2CO3）=2：1，故D正确故选：D【点评】本题考查了元素化合物的性质，结合图象的将反应关系与反应有机的结合起来，对图象的分析，是解决题目的关键，易出错在图象分析不到位，同时化学变化关系分析不出来15.在KOH和KAlO2混合溶液中滴加稀盐酸直到过量，生成沉淀与所加盐酸体积关系的图象正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：首先发生中和反应，没有沉淀产生，然后AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，产生Al(OH)3沉淀，最后Al(OH)3 +3H+=Al3+3H2O，沉淀溶解，注意沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3。A、开始无沉淀生成，图象不符合，故A错误； B、依据分析可知，开始是中和反应，无沉淀生成，故B错误；C、开始无沉淀生成，随后生成沉淀达到最大后沉淀溶解，但沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3，离子定量关系不符合，故C错误；D、开始无沉淀生成，随后生成沉淀达到最大后沉淀溶解，沉淀产生、沉淀溶解消耗的H+个数比是1：3，离子定量关系符合，故D正确；故选D。【考点定位】考查铝及其化合物性质【名师点晴】本题考查了铝及其化合物性质的分析判断，主要是图象曲线的变化，沉淀生成和溶解的定量关系分析，掌握反应实质和反应现象是解题关键。基础知识归纳如下：1、向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量。AlCl3溶液中先出现白色沉淀；继续滴加NaOH溶液沉淀溶解；反应的离子方程式：Al3+3OH-=Al(OH)3；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；2、向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量。NaOH溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解)；继续滴加AlCl3溶液中产生沉淀达到最大值后保持不变；反应的离子方程式：Al3 + + 4OH-= AlO2-+ 2H2O；Al3 + + 3AlO2-+ 6H2O = 4Al(OH)3；3、向AlO2-溶液中滴加HCl溶液至过量。AlO2-溶液中先出现白色沉淀；继续滴加HCl溶液沉淀溶解；反应的离子方程式：AlO2-+ H + + H2O = Al(OH)3；Al(OH)3+ 3H + = Al3 + + 3H2O；4、向HCl溶液中滴加AlO2-+ 溶液至过量。HCl溶液中开始无沉淀(或出现白色沉淀后迅速溶解)；继续滴加AlO2-+ 溶液产生沉淀至不变；反应的离子方程式：AlO2-+ 4H + = Al3 + + 2H2O；Al3 + + 3AlO2-+ + 6H2O = 4Al(OH)3。16.4铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝：下列说法中错误的是()A. 中除加试剂外，还需要进行过滤操作B. a、b中铝元素的化合价相同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】试题分析：A、铝土矿中的二氧化硅不溶于盐酸，需要过滤除去，a中的氯化铁能与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，需要过滤除去，正确；B、a中氧化铝中铝元素的化合价为+3，b中偏铝酸根离子中铝元素的化合价为+3，正确；C、中是将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，需要通入二氧化碳，错误；D、进行的操作是加热，是氢氧化铝分解生成氧化铝，故d一定是氧化铝，正确；故选C。考点：考查了金属的冶炼、铝及其化合物的性质的相关知识。17.氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，酸性KMnO4、H2O2、Fe(NO3)3是重要的氧化剂。用所学知识回答问题：（1）3H2SO42KMnO45H2O2=K2SO42MnSO45O28H2O，当有6 mol H2SO4参加反应，有_mol还原剂被氧化。（2）在稀硫酸中，KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为_。（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会儿又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是_，又变为棕黄色的原因是_。【答案】 (1). 10 (2). 2MnO45H2C2O46H=10CO22Mn28H2O (3). 2Fe3SO32H2O=2Fe2SO422H (4). 酸性条件下NO3将Fe2氧化成Fe3【解析】【详解】（1） 根据3H2SO4+2 KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5 O2+8 H2O可知，KMnO4是氧化剂，H2O2是还原剂，当有6 mol H2SO4参加反应的过程中，有10mol H2O2被氧化；（2）酸性条件下KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应生成MnSO4、K2SO4、CO2和水，反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O；离子反应方程式为2MnO45H2C2O46H=10CO22Mn28H2O；（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，酸性条件下NO3将Fe2氧化成Fe3，过一会又变为棕黄色。18.根据信息写方程式：（1）Pb与C同主族，化合价有2价和4价，PbO与PbO2是铅的两种常见氧化物，已知PbO2具有强氧化性，与浓盐酸共热可生成一种黄绿色气体。试写出Pb3O4与浓盐酸反应的化学方程式：_。（2）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定度的I2溶液进行滴定，滴定反应的离子方程式为_。（3）向菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)中，首先加入稀硫酸，过滤后，再加入H2O2。写出加入H2O2氧化时发生反应的化学方程式：_。【答案】 (1). Pb3O48HCl(浓)=3PbCl2Cl24H2O (2). I2H2SO3H2O=4H2ISO42 (3). 2FeSO4H2O2H2SO4=Fe2(SO4)32H2O【解析】【详解】（1）Pb3O4与浓盐酸反应生成氯化铅和水、氯气，化学方程式：Pb3O48HCl(浓)=3PbCl2Cl24H2O；（2）碘与亚硫酸发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，方程式：I2H2SO3H2O=4H2ISO42； （3）过氧化氢酸性环境下氧化二价铁离子生成三价铁离子，化学方程式：2FeSO4H2O2H2SO4=Fe2(SO4)32H2O。19.常见的五种盐X、Y、Z、M、N，它们的阴离子可能是SO42、Cl、NO3、CO32，阳离子可能是Ag、NH4+、Na、Al3、Cu2、Ba2、Fe3，已知：M的焰色反应呈黄色。五种盐均溶于水，水溶液均为无色。X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性，M的溶液呈碱性。若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀。若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失。把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。请回答下列问题：（1）五种盐中，所含阴离子相同的两种盐的化学式是_。（2）M溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_。（3）X和Z的溶液反应的离子方程式是_。（4）N和氨水反应的离子方程式是_。（5）若要检验Y中所含的阳离子，正确的实验方法是_。【答案】 (1). (NH4)2SO4、Al2(SO4)3 (2). ）CO32H2OHCO3OH (3). AgCl=AgCl (4). Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+ (5). 取少量Y于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+【解析】【分析】M的焰色反应呈黄色，则M中含Na+；五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，M的溶液呈碱性，则含有CO32-，根据阳离子可知M为Na2CO3；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，则X、Z中没有SO42-，也没有CO32-；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失，说明Z中为Ag+，则N中有Al3+，所以Z中为AgNO3；把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则X为BaCl2，由以上分析可知N中含有Al3+，Y中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则N、Y中含有SO42-，所以Y、N为(NH4)2SO4、Al2(SO4)3，以此来解答。【详解】M的焰色反应呈黄色，则M中含Na+；五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，M的溶液呈碱性，则含有CO32-，根据阳离子可知M为Na2CO3；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，则X、Z中没有SO42-，也没有CO32-；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失，说明Z中为Ag+，则N中有Al3+，所以Z中为AgNO3；把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则X为BaCl2，由以上分析可知N中含有Al3+，Y中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则N、Y中含有SO42-，所以Y、N为(NH4)2SO4、Al2(SO4)3，（1）五种盐中，一定不含有的阳离子是Cu2+、Fe3+，所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH4)2SO4、Al2(SO4)3；（2）M的化学式为Na2CO3，Na2CO3溶液显碱性的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH-；（3）X和Z的溶液反应的离子反应为Ag+Cl-AgCl；（4）N为Al2(SO4)3和氨水反应的离子方程式：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+；（5）检验(NH4)2SO4中所含的阳离子的方法为：取少量Y于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+。【点睛】本题考查物质的检验和推断，为高频考点，把握离子之间的反应及现象推断物质为解答的关键，综合考查元素化合物知识及化学反应原理，综合性较强，题目难度中等。20.无水氯化铝是一种重要的化工原料，某研究性学习小组查阅资料后利用图1所示装置制备无水氯化铝（反应温度为450-500）。资料显示：氯化铝为无色透明晶体或白色而微带浅黄色的结晶性粉末，在178 升华，在空气中能吸收水分，发生水解。回答下列问题：（1）某同学检验装置A部分的气密性，如图2所示，关闭图装置中的止水夹a后，开启活塞b，水不断往下滴，直至全部流入烧瓶。试判断：A部分装置是否漏气？_ (填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”)，判断理由：_。（2）装置e的名称是_。（3）某学习小组设计了以下两种实验方案：方案甲：g接装置I；方案乙：g接装置II。但是甲乙两个方案中虚线内装置均有不足之处，请你评价后填写下表。方案不足之处甲_乙_（4）在上述(3)的评价基础上，请设计一个合理方案：_。（5）A部分装置中发生反应生成氯气的离子方程式为_，若生成标准状况下的氯气22.4L，需要10molL-1的浓盐酸的体积_400mL(填大于、小于或等于)。【答案】 (1). 无法确定 (2). 由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶 (3). 蒸馏烧瓶 (4). 甲空气中的水蒸气进入产品收集装置，使产品水解没有尾气的处理，氯气会污染环境。 (5). 乙收集产品的导气管太细，易堵塞没有冷凝装置，产品易损失 (6). 在装置I 的i处连接盛有碱石灰的干燥管j (7). 2Cl-4H+MnO2 Cl2+Mn2+2H2O (8). 大于【解析】【详解】(1) 橡皮管将装置中两个容器内的气体连通，不管是否漏气，水在重力的作用下总能往烧瓶中流入，因此无法确定装置是否漏气，故答案为：无法确定；由于分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连，使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，无论装置是否漏气，都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶；(2)根据图示，装置e是蒸馏烧瓶；(3)氯化铝在178 升华，在空气中能吸收水分，发生水解，如果收集产品的导管太细，易堵塞导管；制取的四氯化硅需要冷却；由于尾气中含有氯气，要设置尾气处理装置，氯化铝易水解，要避免空气中的水蒸气进入产品收集装置，故答案为：甲：空气中的水蒸气进入产品收集装置，使产品水解；没有尾气的处理，氯气会污染环境；乙： 收集产品的导气管太细，易堵塞；没有冷凝装置，产品易损失；(4)根据上述分析，合理方案为在装置I 的i处连接盛有碱石灰的干燥管j，故答案为：在装置I 的i处连接盛有碱石灰的干燥管j；(5)A部分装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应的离子方程式为2Cl-4H+MnO2 Cl2+Mn2+2H2O，若生成标准状况下的氯气22.4L，氯气的物质的量为1mol，随着反应的进行，盐酸浓度减小，变成稀盐酸后，反应将不能进行，需要HCl超过4mol，即需要需要10mol/L的浓盐酸的体积超过=0.4L=400mL，故答案为：大于。21.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图的实验装置测定Na2O2试样的纯度。(可供选用的试剂只有CaCO3固体、6 molL1盐酸、6 molL1硫酸和蒸馏水).回答下列问题：（1）装置A中液体试剂选用_。（2）装置B的作用是_。装置E中碱石灰的作用是_。（3）装置D中发生反应的化学方程式是_。（4 ）若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为_。【答案】 (1). 6 molL1盐酸 (2). 除去气体中的HCl (3). 吸收装置D中反应剩余的CO2 (4). 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，Na2OCO2=Na2CO3 (5). 78%【解析】(1)装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6mol/L盐酸；硫酸与CaCO3固体反应生成CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续；(2)B中饱和的碳酸氢钠溶液可以吸收HCl，但是不吸收二氧化碳，碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去；浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，故答案为：除去气体中的HCl；吸收装置D中反应剩余的CO2；(3)装置D中氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、Na2O+CO2=Na2CO3；(4)根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况)，即生成的氧气的量为=0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=100%=78%，故答案为：78%。点睛：本题考查过氧化钠的化学性质，通过实验方式考查增加了难度。注意硫酸钙的微溶性。解答本题主要从反应原理和装置特点分析。本题的易错点为(4)，可以根据氧气的量和过氧化钠量的关系来求过氧化钠质量，进而计算过氧化钠的纯度。