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2016-2017学年江西省吉安二中高三（上）第二次阶段复习化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题 1．下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）
A．A B．B C．C D．D 【考点】离子方程式的书写． 【分析】A．氯气过量，但是离子方程式中碘离子的系数错误； B．电解为铜，则阳极金属铜放电，氯离子不放电； C．次氯酸能够氧化亚硫酸氢根离子； D．氢氧化钠过量，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，反应生成氢氧化镁沉淀． 【解答】解：A．Fe2+的还原性比I﹣强，1molFeI2完全氧化消耗1.5mol Cl2，则氯气过量，反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++6Cl﹣+2I2，离子方程式及评价都不合理，故A错误； B．用Cu电极电解NaCl溶液，阳极铜放电，电极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+，方程式的书写及评价均不合理，故B错误； C．HClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO﹣=Cl﹣+SO42﹣+2H+，评价及离子方程式均不合理，故C错误； D．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，离子方程式和平均都正确，故D正确； 故选D． 2．对下列反应①KHCO3溶液与石灰水反应、②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、③Si与烧碱溶液反应、④Fe与稀硝酸反应．改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是（ ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【考点】离子方程式的书写． 【分析】在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则就能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答． 【解答】解：①KHCO3少量时，发生反应为KHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O+KOH，KHCO3过量时发生反应为2KHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2H2O+K2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故①正确； ②Na2SO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成亚硫酸氢钠，离子反应为SO32﹣+H+═HSO3﹣，而盐酸量多时，反应生成二氧化硫和水，离子反应为SO32﹣+2H+═H2O+SO2↑，不能用同一个离子方程式来表示，故②正确； ③Si与烧碱溶液反应无论以何种量混合，二者反应生成硅酸钠和水，SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，可以用同一离子方程式表示，故③错误； ④Fe与稀硝酸反应，Fe不过量生成Fe3+，4H++NO3﹣+Fe═Fe3++NO↑+2H2O，Fe过量生成Fe2+，8H++2NO3﹣+3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O，不能用同一个离子方程式来表示，故④正确； 故选B． 3．在下列条件下，能大量共存的微粒组是（ ） A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣ B．在pH=1的溶液中：K+、MnO4﹣、CH3CHO、SO42﹣ C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣ D．中性的溶液中：CO32﹣、Na+、SO42﹣、AlO2﹣ 【考点】离子共存问题． 【分析】A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性； B．在pH=1的溶液，显酸性； C．能与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液； D．离子之间相互促进水解． 【解答】解：A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确； B．在pH=1的溶液，显酸性，H+、MnO4﹣、CH3CHO发生氧化还原反应，不能共存，故B错误； C．能与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中NO3﹣、I﹣（或Al）发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故C错误； D．CO32﹣、AlO2﹣相互促进水解，不能大量共存，故D错误； 故选A． 4．剧毒的氰化物可与碱发生反应2CN﹣+8OH﹣+5C12═2CO2+N2+10C1﹣+4H2O下列判断正确的是（ ） A．当有0.2 mol CO2生成时，溶液中阴离子的物质的量增加l mol B．该反应中，每有2mol CN﹣反应，转移电子为10 mol C．上述反应中的还原剂是OH﹣ D．还原性：Cl﹣＞CN﹣ 【考点】氧化还原反应． 【分析】该反应中Cl元素化合价由0价变为﹣1价，N元素化合价由﹣3价变为0价、C元素化合价由+2价变为+4价，所以氯气是氧化剂，CN﹣是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答． 【解答】解：该反应中Cl元素化合价由0价变为﹣1价，N元素化合价由﹣3价变为0价、C元素化合价由+2价变为+4价，所以氯气是氧化剂，CN﹣是还原剂， A．当有0.2 mol CO2生成时，溶液中阴离子的物质的量都是1mol，所以阴离子的物质的量不变，故A错误； B．上述反应中，有2mol CN﹣反应，转移电子的物质的量=2mol×（2+3）=10 mol，故B正确； C．上述反应中氢氧根离子中各元素化合价不变，N元素化合价由﹣3价变为0价、C元素化合价由+2价变为+4价，CN﹣是还原剂，故C错误； D．该反应中CN﹣是还原剂、Cl﹣是还原产物，所以还原性Cl﹣＜CN﹣，故D错误； 故选B． 5．已知：①Na3N+3H2O═3NaOH+NH3↑，②NaH+H2O═NaOH+H2↑下列叙述正确的是（ ） A．离子半径：N3﹣＞Na+＞H+ B．反应①和②都是氧化还原反应 C．反应①和②氧化剂都是H2O D．Na3N和NaH与盐酸反应都只生成一种盐 【考点】氧化还原反应． 【分析】A．电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小； B．有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降； C．第一个方程式中，水中各元素化合价不变，第二个方程式中水中H元素得电子化合价降低，所以水是氧化剂； D．Na3N和盐酸反应生成NaCl和氯化铵，NaH和HCl反应生成NaCl． 【解答】解：A．电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，氢离子核外没有电子层、钠离子和氮离子电子层结构相同，但钠元素原子序数大于N元素，所以离子半径大小顺序是N3﹣＞Na+＞H+，故A正确； B．第一个方程式中，各元素化合价不变，第二个方程式中，H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，所以第一个方程式不是氧化还原反应、第二个方程式是氧化还原反应，故B错误； C．第一个方程式中，水中各元素化合价不变，所以第一个方程式不是氧化还原反应，第二个方程式中水中H元素得电子化合价降低，所以水是氧化剂，故C错误； D．Na3N和盐酸反应生成NaCl和氯化铵，NaH和HCl反应生成NaCl，所以Na3N和NaH与盐酸反应前者生成两种盐、后者生成一种盐，故D错误； 故选A． 6．已知Fe3O4可表示成FeO·Fe2O3，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．下列说法正确的是（ ） A．O2和S2O32﹣是氧化剂，Fe2+是还原剂 B．每生成1 mol Fe3O4，则转移电子数为2 mol C．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 D．若有2 mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol 【考点】氧化还原反应． 【分析】3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，S元素的化合价升高，只有氧气中O元素的化合价降低，每生成1molFe3O4即FeO·Fe2O3，由O元素的化合价变化可知，转移电子数为1mol×2×（2﹣0）=4mol，则该反应中转移4e﹣，以此来解答． 【解答】解：A．Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，S2O32﹣和Fe2+是还原剂，故A错误； B．每生成1molFe3O4即FeO·Fe2O3，由O元素的化合价变化可知，转移电子数为1mol×2×（2﹣0）=4mol，故B错误； C．O2是氧化剂，S2O32﹣和Fe2+是还原剂，由反应中的化学计量数可知，3molFe2+中有1mol不作氧化剂，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，故C错误；
D．若有2molFe2+被氧化，由电子守恒可知，则被Fe2+还原的O2为 故选D． 7．A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图转化关系（其它产物已略去），下列说法正确的是（ ） A．若X为Fe，则C可能为Fe（NO3）2溶液 B．若X为KOH溶液；则A可能为Al C．若A、B、C均为焰反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2 D．若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫 【考点】无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用． 【分析】依据转化关系，和物质性质的特征应用，在一定条件下实现物质间转化，只需要满足A 【解答】解：A、若X为Fe，则A和铁量不同，产物不同，且产物可以和铁反应，证明A为氧化性酸，判断A可以为HNO3，B为Fe（NO3）3溶液，则C可能为Fe（NO3）2溶液，故A正确； B、若X为KOH溶液；A为A1时和碱反应只能生成偏氯酸钾，不符合转化关系，A可以为Al3+，故B错误； C、若A、B、C均为焰反应呈黄色的化合物，说明含钠元素，转化关系中A可以是NaOH，X可以是二氧化碳或二氧化硫，B为碳酸钠或亚硫酸钠，C为碳酸氢钠或亚硫酸氢钠，故C错误； D、若X为O2，A为有机物乙醇，可以实现A→B→C的转化，但不能一步实现A→C；为非金属单质硫时，可以实现A→B→C的转化，但不能实现A→C的转化，故D错误； 故选A． 8．amolFeS与bmolFe3O4投入到V L cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体．所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为（ ） A． 【考点】氧化还原反应的计算． 【分析】反应中硝酸起氧化剂、酸作用，未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量； 起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量﹣NO的物质的量． 【解答】解：反应中硝酸起氧化剂、酸作用，起酸的作用的硝酸未被还原， 未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中，根据元素守恒可知，n[Fe（NO3）3]=n（Fe）=amol+3bmol=（a+3b）mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3（a+3b）mol；
起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量={amol×（3﹣2）+amol×[6﹣（﹣2）]+bmol×3×（3﹣ 故选A． 9．下列有关物质的性质和应用均正确的是（ ） A．NH3能氧化氮氧化物，可用于汽车尾气净化 B．Mg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的氢氧化物 C．Fe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料 D．Mg （OH）2分解吸热且生成高熔点固体，可用作阻燃剂 【考点】铁的化学性质；镁的化学性质． 【分析】A、氨气具有还原性，能被氮的氧化物氧化； B、铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁； C、Fe在O2中的燃烧生成四氧化三铁，用于红色涂料的是氧化铁； D、Mg （OH）2分解吸热降低温度，生成氧化镁，氧化镁熔点高． 【解答】解：A、氨气具有还原性，能被氮的氧化物氧化，还原氮的氧化物，故A错误； B、铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，故B错误； C、Fe在O2中的燃烧生成四氧化三铁，用于红色涂料的是氧化铁，不是四氧化三铁，故C错误； D、Mg （OH）2分解吸热降低温度，生成氧化镁，氧化镁熔点高，可用作阻燃剂，故D正确． 故选D． 10．将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（ ） A．最终溶液：c（Na+）=1.5mol/L B．标准状况下，反应过程中得到6.72 L气体 C．最终溶液：c（Na+）=c（Cl﹣） D．最终得到7.8 g沉淀 【考点】有关混合物反应的计算． 【分析】15.6gNa2O2的物质的量为： A．根据钠离子守恒可知最终溶液中钠离子的物质的量为0.4mol，根据c= B．根据过氧化钠与水反应及铝与氢氧化钠反应计算生成氧气、氢气的总体积； C．根据最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl分析； D．根据m=nM计算生成的氢氧化铝的质量． 【解答】解：15.6gNa2O2的物质的量为：
A．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，根据质量守恒定律可知钠离子物质的量为0.4mol，则钠离子的浓度为： B．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol× C．最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，则钠离子浓度大于氯离子浓度，故C错误； D．最终生成Al（OH）3为0.1mol，质量为：0.1mol×78g/mol=7.8g，故D正确， 故选D． 11．取一定质量的某物质在ag氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后容器内有bg氧气，测得b＞a．下列物质中满足上述结果的是（ ） A．HCOOH B．HCHO C．CH4 D．C6H12O6 【考点】化学方程式的有关计算． 【分析】烃及烃的含氧衍生物与在O2中充分燃烧后生成CO2、H2O，通过足量的Na2O2，发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2·CO，2NaOH～Na2O2·H2，可知过氧化钠增重=与CO2同物质的量的CO质量+与H2O同物质的量的H2质量，组成增重质量的组成可以表示为nCO．mH2，即化学式可以改写成nCO．mH2的物质完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，容器内氧气质量不变，而 反应后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为nCO．mH2．xO2形式． 【解答】解：烃及烃的含氧衍生物与在O2中充分燃烧后生成CO2、H2O，通过足量的Na2O2，发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，对生成物变式：Na2CO3～Na2O2·CO，2NaOH～Na2O2·H2，可知过氧化钠增重=与CO2同物质的量的CO质量+与H2O同物质的量的H2质量，组成增重质量的组成可以表示为nCO．mH2，即化学式可以改写成nCO．mH2完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，反应后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为nCO．mH2．xO2形式， A．HCOOH可以改写为CO．H2． B．HCHO可以改写为CO．H2，故B不符合； C．CH4中没有氧元素，反应后氧气质量小于原氧气质量，故C不符合； D．C6H12O6以改写为6CO．6H2形式，反应后氧气质量等于原氧气质量，故D不符合， 故选：A． 12．A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是（ ）
A．A、B、C中一定有一种是氧元素的单质 B．D、E中一定都含有A的元素 C．单质B肯定是氧化剂 D．若A是非金属，则B一定为金属 【考点】无机物的推断． 【分析】由转化关系可知：A+D→E和A+C→E都是化合反应，故E中一定含有甲元素，而B+D→A+F是置换反应，D、E、F是常见的三种氧化物，则C应为O2，结合转化关系可知，若A为C，D为CO2，E为CO，B为Mg，F为MgO符合转化，以此来解答． 【解答】解：由转化关系可知A+D→E和A+C→E都是化合反应，故E中一定含有甲元素，而B+D→A+F是置换反应，D、E、F是常见的三种氧化物，则C应为O2，结合转化关系可知，若A为C，D为CO2，E为CO，B为Mg，F为MgO符合转化， A．由上述分析可知，C为氧气，故A正确； B．由A+D→E和A+C→E都是化合反应，故E中一定含有甲元素，而B+D→A+F是置换反应，B是单质，则甲元素只能来自化合物D，A是甲元素的单质，故B正确； C．B为单质，与氧化物D发生置换反应时，B失去电子作还原剂，故C错误； D．由上述分析可知，A为非金属C，则B为金属Mg，故D正确； 故选C． 二、非选择题 13．常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na+、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+，阴离子可能是Cl一、NO3﹣、SO42﹣、CO32﹣．已知： ①五种盐均溶于水，水溶液均为无色． ②D的焰色反应呈黄色． ③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性． ④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀． ⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失． ⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀． 回答下列问题： （1）五种盐中，一定没有的阳离子是 Cu2+、Fe3+ ；所含的阴离子相同的两种盐的化学式是 （NH4）2SO4A12（SO4）3 ． （2）D的化学式为 Na2CO3 ，D溶液显碱性原因是（用离子方程式表示） CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ ． （3）A和C的溶液反应的离子方程式是： Ag++C1﹣=AgCl↓ ；E和氨水反应的离子方程式是： Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+ ． （4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是 取少量B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+ ． 【考点】常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的实验方案设计． 【分析】①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+； ②D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+； ③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性则D中含有CO32﹣，根据阳离子可知D为Na2CO3； ④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，则A、C中没有SO42﹣； ⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C中为AgNO3； ⑥把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42﹣；所以B、E为（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；结合题目进行分析． 【解答】解：①五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+； ②D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+； ③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性则D中含有CO32﹣，根据阳离子可知D为Na2CO3； ④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，则A、C中没有SO42﹣； ⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C中为AgNO3； ⑥把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42﹣；所以B、E为A为BaCl2、Al2（SO4）3， 根据以上分析可知，A为BaCl2，B为A为BaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，E为Al2（SO4）3， （1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH4）2SO4、Al2（SO4）3， 故答案为：Cu2+、Fe3+；（NH4）2SO4、Al2（SO4）3； （2）D的化学式为Na2CO3；Na2CO3溶液显碱性的原因为碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣， 故答案为：Na2CO3；CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣； （3）A为BaCl2，C为AgNO3，二者反应的离子方程式为：Ag++C1﹣=AgCl↓；Al2（SO4）3和氨水反应的离子方程式是Al3++3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4+， 故答案为：Ag++C1﹣=AgCl↓；Al3++3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4+； （4）检验（NH4）2SO4中所含的阳离子的方法为：取少量（NH4）2SO4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+， 故答案为：取少量B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+． 14．在Na+的物质的量浓度为0.5mol·L﹣1的某澄清溶液中，还可能含有如表中所示的若干种离子．
取100mL该溶液进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：
请回答下列问题： （1）由实验Ⅰ确定一定不存在的离子是 Ag+、Mg2+、Ba2+ ． （2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为 SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓ ． （3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写表中阴离子的物质的量浓度（能计算出结果的填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）
（4）判断K+是否存在，若存在，求其最小浓度，若不存在，请说明理由： 存在，其浓度至少为0.8mol/L ． 【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．
【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Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为
【解答】解：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Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32﹣，其浓度为 （1）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32﹣、SiO32﹣，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+， 故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+； （2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓， 故答案为：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓； （3）通过上述分析计算可知，
（4）根据电荷守恒2c（CO32﹣+）+2c（SiO32﹣）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L， 故答案为：存在，其浓度至少为0.8mol/L． 15．几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如图1所示：
可供参考的信息有： ①甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物．A、E、F、G四种物质中含同种元素． ②A由X和Y两种元素组成，其原子个数比为l：2，元素质量之比为7：8． ③B气体是引起酸雨的主要物质，H常温下为无色无味的液体，E常用作红色油漆和涂料． 试根据上述信息回答下列问题： （1）A的化学式为 FeS2 ，每反应lmol的A转移的电子数为 11 mol； （2）F与丁单质也可以化合生成G，试写出该反应的离子方程式： Fe+2Fe3+=3Fe2+ ； （3）少量F的饱和溶液分别滴加到如图2物质中，得到三种分散系①、②、③．试将①、②、③符号以及对应的分散质具体的化学式填入图3方框中：
（4）化合物M与H组成元素相同，可以将G氧化为F，且不引进新的离子．试写出M在酸性环境下将G氧化为F的离子方程式： H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+ ． 【考点】无机物的推断．
【分析】由③中信息：B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素．由②可计算得到A的化学式为FeS2．再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4．由E（Fe2O3）
【解答】解：由③中信息：B气体是引起酸雨的主要物质，则B为SO2，H常温下为无色无味的液体，则H为H2O；E常用作红色油漆和涂料，故E为Fe2O3，则A中应含Fe、S两种元素．由②可计算得到A的化学式为FeS2．再结合流程图可推知甲为O2，C为SO3，D为H2SO4．由E（Fe2O3）
（1）由上述分析可知，A的化学式为FeS2，高温下燃烧的化学方程式为：4FeS2+11O2 （2）由转化关系图可知F为Fe2（SO4）3，丁为Fe，G为FeSO4，则有关的离子反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+， 故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）少量饱和Fe2（SO4）3溶液加入①冷水中形成溶液，加入②NaOH溶液中会产生Fe（OH）3沉淀，形成浊液，加入③沸水中会产生Fe（OH）3胶体，即 故答案为： （4）化合物M与H（H2O）组成元素相同，则M为H2O2，M在酸性条件下将G（FeSO4）氧化为F[Fe2（SO4）3]的离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+， 故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+． 16．在室温下，向Cu（IO3）2饱和溶液中加入足量的经稀硫酸酸化的KI溶液，产生CuI沉淀，溶液由蓝色变为棕黄色，反应前加入淀粉溶液不变蓝，反应后加入淀粉溶液变为蓝色． （1）该反应中氧化剂是 Cu（IO3）2 ； （2）该反应的还原产物是 CuI、I2 ； （3）1mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量为 11mol ； （4）某反应体系中有物质：Bi2（SO4）3、NaMnO4、H2O、MnSO4、NaBiO3、Na2SO4、H2SO4．请将NaBiO3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，配平化学计量数，并在氧化剂与还原剂之间标出电子转移的方向和数目．
【考点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平． 【分析】（1）得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂； （2）氧化剂对应的产物是还原产物； （3）根据氧化剂和转移电子之间的关系式计算； （4）根据化合价的升降判断参加氧化还原反应的反应物和生成物，然后根据元素守恒判断未参加氧化还原反应的反应物和生成物； 根据化合价 的升降判断电子的转移方向，根据得失电子的最小公倍数确定转移的电子数 【解答】解：（1）向Cu（IO3）2饱和溶液中加入足量的经稀硫酸酸化的KI溶液，产生CuI沉淀，溶液由蓝色变为棕黄色，反应前加入淀粉溶液不变蓝，反应后加入淀粉溶液变为蓝色，则反应过程中有碘生成，同时说明铜离子、碘酸根离子得电子发生还原反应，则Cu（IO3）2作氧化剂，碘化钾中碘离子失电子作还原剂， 故答案为：Cu（IO3）2； （2）该反应中Cu（IO3）2得电子生成CuI、I2，所以还原产物是CuI、I2， 故答案为：CuI、I2； （3）根据氧化剂和转移电子之间的关系式得转移电子的物质的量=1mol×[（2﹣1）+（5﹣0）×2]=11mol， 故答案为：11mol； （4）该反应中NaBiO3是反应物，根据Bi元素守恒，Bi2（SO4）3是生成物，Bi元素由反应物到生成物，化合价降低，所以NaBiO3是氧化剂；NaMnO4中锰元素的化合价是+7价，MnSO4中锰元素的化合价是+2价，要选取还原剂，只能是化合价由低变高，所以MnSO4作还原剂，NaMnO4是氧化产物；再根据元素守恒，反应物中还有硫酸，产物中还有Na2SO4和H2O； 该反应中，NaBiO3是氧化剂，MnSO4作还原剂；MnSO4→NaMnO4，锰元素由+2价→+7价，一个MnSO4失去5个电子；NaBiO3→Bi2（SO4）3，Bi元素由+5价→+3价，生成一个Bi2（SO4）3，需得4个电子，所以其得失电子的最小公倍数为20，则其化学反应方程式为10NaBiO3+4MnSO4+14H2SO4=5Bi2（SO4）3+4NaMnO4+3Na2SO4+14H2O ． 故答案为：10NaBiO3+4MnSO4+14H2SO4=5Bi2（SO4）3+4NaMnO4+3Na2SO4+14H2O；
17．将一金属易拉罐内（内空）放入一满角匙的某白色晶体，摇动几下后，立即注入50mL6mol·L﹣1氢氧化钠溶液，用胶布密封罐口．过一段时间后，罐壁变瘪；再过一段时间后，瘪了的罐壁又重新鼓起． （1）要产生上述实验现象，做易拉罐的金属是 Al ；往罐内加入的白色晶体是 干冰 ； （2）罐壁变瘪的原因是 干冰汽化时排出了罐内空气，当加入NaOH溶液后，CO2被吸收，使罐内气压小于大气压，故易拉罐变瘪 ，反应方程式是 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O ； （3）罐再度鼓起的原因是 过量的NaOH溶液与铝制罐反应产生H2，使罐内压强增大到大于大气压，故罐再度鼓起 ，反应方程式是 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2十3H2↑ ． 【考点】铝的化学性质． 【分析】（1）根据Al和二氧化碳的性质分析； （2）CO2能和氢氧化钠发生反应，利用瓶内压强变化来解释； （3）金属铝能和强碱反应生成氢气，利用瓶内压强变化来解释． 【解答】解：（1）由题干可知，加氢氧化钠能反应，则考虑金属为Al，白色晶体是干冰； 故答案为：Al；干冰； （2）CO2能和氢氧化钠发生反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，CO2被吸收，使罐内气体压强减小而被外界大气压压瘪， 故答案为：干冰汽化时排出了罐内空气，当加入NaOH溶液后，CO2被吸收，使罐内气压小于大气压，故易拉罐变瘪；CO2+2NaOH=Na2CO3+H20； （3）因易拉罐是铝制的，过量的NaOH可以与罐壁（Al）反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H2↑，产生氢气，导致压强增大，罐壁重新鼓起， 故答案为：过量的NaOH溶液与铝制罐反应产生H2，使罐内压强增大到大于大气压，故罐再度鼓起；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H2↑． 2016年10月23日 |
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