甘肃省兰州市2017届高三化学上学期月考试卷（含解析）.pdf

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1、2 016-2 017 学年甘肃省兰州高三（上）月考化学试卷（9 月份）一、选择题1.人们习惯上把金、银、铜、铁、锡五种金属统称为“五金”.在“五金”顺序中，把一种金属的位置向后移一位，正好符合某化学规律.这种金属和该化学规律是（）A.铁、金属活动性顺序表B.金、质量守恒定律C.银、元素周期律 D.铜、金属密度顺序表2.下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（）A.明研作净水剂B.甘油作护肤保湿剂C.漂粉精作消毒剂 D.铁粉作食品袋内的脱氧剂3.分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（）A.冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B.HC1O H2SO4（浓）

2、、HNOs均具有强氧化性，都是氧化性酸C.漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物D.N a O NaOH,Na2cO3,NaCl,Na2s0”H O z 都属于钠的含氧化合物4.下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A.二氧化钵具有强氧化性，可用作HQ,分解的氧化剂B.KFeO,具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C.浓硝酸在常温下能使铝钝化，可用铝槽车运输浓硝酸D.SO2具有漂白性，能使紫色KMnO 溶液褪色5.下列叙述正确的是（）A.强电解质都是离子化合物，因此NaCl是离子化合物B.醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强C.S03的水溶液能导电，S03是电解质D.硫磺不导电，因此硫磺是非电

3、解质6.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）FerFe203H2 s（S04）3 S i ONaOHNa2s i 0：tHClH2S i 03A1C1 :i A 1 NaOHMaA 102 N aN a20H2 3 a O H S O 2 H 2 02 s o 3。2 H 2 s 0“A.B.C.D.7 .下列说法不正确的是（）A.储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量B .G e （3 2 号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池C.Ba 浓度较高时危害健康，但 Ba S O,可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病D.纳

4、米铁粉可以高效地去除被污染水体中的P b ，Cu2,Cd2；H g.等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附8.下列反应所得溶液中一定只含一种溶质的是（）A.向稀硝酸中加入铁粉B.向氯化铝溶液中加入过量的氨水C.向 N a O H 溶液中通入（%气体D.向 M g S O 、H 2 s 0“的混合液中加入过量的Ba （O H）2 溶液9 .下列实验操作能达到实验目的是（）实验目的 实验操作A.制备F e（0 H）3 胶体 将 N a O H 浓溶液滴加到饱和Fe Ck 溶液中B.由M g Ck 溶液制备无水M g CL 将 M g CL 溶液加热蒸干C.除去Cu 粉中混有的Cu

5、 O 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D.比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中A.A B.B C.C D.D1 0.O 2 F2 可以发生反应：H2S+4 02F2-S F6+2 H F+4 02,下列说法正确的是（）A.氧气是氧化产物B.O F,既是氧化剂又是还原剂C.若生成4.4 8 L H F,则转移0.8 m o l 电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：41 1.下列实验设计能完成或实验结论合理的是（)A.证明一瓶红棕色气体是澳蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾-淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化B.铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加K S CN 溶液，未出现血

6、红色，铝热剂中一定不含铁的氧化物C,测氯水的p H,可用玻璃棒蘸取氯水点在p H 试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D.用浓硫酸吸收二氧化硫中混有少量S O；,气体1 2.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（）A.向稀盐酸中逐滴加入过量的Na A l A 溶液B.向 A 1 C L溶液中逐滴加入过量稀Na OH溶液C.向 A gNQ,溶液中逐滴加入稀氨水D.向澄清石灰水中通入过量SO,1 3.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.0.1 m o k l/Na A l Oz 溶液：H*、Na*、C l SO?B.p H=l l 的溶液中：C 032

7、Na A 1 02 N03 S2 S032C.水电离的H 浓度为1072 moi的溶液中：C l C O：、N03 SO,2-D.使甲基橙变黄的溶液中：Fe2 M n OJ、N03 Na SO/-1 4 .N,表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A.1 m o l N a D 与水完全反应时转移电子数为2NAB.常温下，4 g C H”含有N,、个 C-H 共价键C.标况下，22.4 L氨水含有N.4 个 N%分子D.1 m o l SO?与足量乌在一定条件下反应生成SO”共转移2 N 个电子1 5 .某铁的氧化物（Fe.O）1.5 2g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下1 1

8、2m l e必恰好将Fe完全氧化.x 值 为（）A.0.8 0 B.0.8 5 C.0.9 0 D.0.9 31 6 .下列条件的离子反应方程式不正确的是（）A.向 M g（HC OJ 2溶液中加入过量的 Na OH 溶液：M g2t+2HC O3 +4 0 H-=M g（0 H）2 I +2C 032 t +2H20B.FeB m 溶液中通入等物质的量 C L：2Fe2*+2B r-+2C l2=2Fe3+B r2+4 C l-C.苯酚与纯碱溶液反应：2C6H50 H+C 032-=C 02 t +H20+2C6H50 D.向 C u SO,溶液中力口入 Na?。*2Na202+2C u2，

9、+2H20=4 Na+2C u （OH）2 I +02 t1 7.根据侯氏制碱原理制备少量Na l l C O,的实验，经过制取氨气、制取Na l l C Os、分离Na HC O”干燥Na HC O：、四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）干燥NaHCOa18.若以必和的分别表示浓度为am ol/L和bm ol/L氨水的质量分数，且知2a=b,则下列判断正确的是（氨水的密度比纯水的小）（）A.2W I=W2 B.2w2=W i C.W2 2W）D.WIW2 2W）D.WIW2 P 2,故W22W”故选C.【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，关键理解物质的量浓度与质量分

10、数之间的关系，注意氨水、酒精的浓度越大、密度越小.1 9.实验室将9g 铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂.发生铝热反应之后.所得固体中含金属单质为1 8 g,则该氧化物粉末可能是()A.F e203 n M n 02 B.M n O?和 V 2 O 5 C.C r2O3W V205 D.F e304 F e O【考点】R V：探究铝热反应；5 A：化学方程式的有关计算.【分析】n (Al)4 明0 1,可提供电子为g n o l X 3=l m o l,利用端值法计算.2 7 g/m o l 3 3【解答】解：n (A l)=11,可提供电子为g n o l X 3=l m o l,

11、2 7 g/m o l 3 3A.当全部为 F e z O s,生成 m(F e)=y X 5,1 8.7 g,当全部为 M n O 2,生成 nOnA5X 5 5 g=1 3.7 5 g,1 3.7 5 1 8 2A l+2N a O H+2H2O 2N a A 102+3 H2 t ,可知相同物质的量的 A l 反应时,消耗H C 1较多，故酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，结合方程式计算解答.【解答】解：铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若 A 1 都完全反应，则生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3,由方程式：2A 1+6H C

12、1=2A 1C 13+3 H2 t 2A l+2N a 0H+2H20=2N a A 102+3 H2 t ,可知相同物质的量的 A l 反应时,消耗H C 1较多，可知酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.l L X 3 m o l/L=0.3 m o l,设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为X,则：2A 1+6H C 1=2A 1C 13+3 H,t6 30.3 m o lx解得3则 X 3=0.15m o l,则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15m o i x o.225m o l,碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱

13、反应的铝的物质的量为y,则:2A 1 +2N a O H+2H2O=2N a A 102+3 H2 t2 30.225m o l61s俎 0.225m o l X 2解得y=-=0.15m o l,则铝的质量为 0.15m o l X 27g/m o l=4.05g,故选D.【点评】本题考查化学反应方程式的计算，涉及过量计算问题，关键是判断反应中酸、碱是否足量，难度中等.2 2.下列物质的检验，其结论一定正确的是（）A.向某溶液中加入B a C k 溶液，产生白色沉淀，加 入 H N O s 后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO 5B.向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体

14、能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有c o r 或 s o rC.取少量久置的N a 2s O 3样品于试管中加水溶解，再加盐酸酸化，然后加B a C L溶液，若加盐酸有气体产生，加 B a C L有白色沉淀产生，说明N a 2s 0；,样品已部分被氧化D.将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO,【考点】DG：常见离子的检验方法.【分析】A、能 和 B a C L溶液反应生成不溶于稀H N（h 的白色沉淀的离子是银离子、硫酸根离子；B、能够使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化硫和二氧化碳，所以溶液中可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等；I）、加入足量盐酸有气体产生，然后加入

15、B a C b 溶液有白色沉淀产生，说明生成的沉淀不溶于盐酸；D、氯水有漂白性.【解答】解：A、某溶液中滴加B a C L溶液，生成不溶于稀H N Q,的白色沉淀，该溶液中一定含有银离子或是硫酸根离子中的至少一种，故 A 错误；B、某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化碳、二氧化硫，溶液中可能存在亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、碳酸氢根离子，所以该溶液中不一定存在大量C O；或 SO?-，故 B错误;C、加入足量盐酸有气体产生，说明含有N a 2s 0”然后加入B a C k 溶液有白色沉淀产生，说明生成的沉淀不溶于盐酸，可说明N&S0 3样品已部分被氧化，故 C正确

16、；D、氯水有漂白性，能使品红褪色，故 D 错误；故选C.【点评】本题考查学生离子的检验知识，注意离子的特征离子反应是解题的关键，难度不大.23.标准状况下V L氨气溶解在1L水中，所得溶液的密度为P g/m l,质量分数为3,物质浓度为c m o l/L,则下列关系中正确的是（）A.c-V-P-B.3-1-7-c-17V+22400I 100PCc.3-_-1-7-V-D.np-_-1-7-V-+-2-2-4-0-0-17V+22400 22.4+22.4V【考点】5 C：物质的量浓度的相关计算.【分析】A、表示出溶液的质量分数3,然后带入c0 P F 来计算;B、根据续31 计算;m溶质C、

17、根据质量分数二，100%来计算;m溶液D、根据n 年 计 算 V L氨气的物质的量，根据m=n M 计算氨气的质量，根据m=p V 计算水的vm质量，进而计算溶液的质量，进而计算溶液的质量，根据V=2计算溶液的体积，由P=四计CV算溶液的密度.【解答】解：A、标况下V L氨气的物质的量为U m o l,质 量 为 裳 理，溶 于 1L水后所得22.4 22.41 7V目溶 液 的 质 量 分 数 3=一y-X 10 0%=-X 10 0%.然 后 带 入（22 4+1 000）c10 0 0 P c o 10 0 0 P X17 V17 V+2240 0X I Q Q%10 0 0 V PB、

18、17,可 知：3=10 0 0 P17 V+2240 0m o l/L,故 A错误;C、标况下V L氨气的物质的量为22.4m o l,故 B错误；10 0 0 P质量为g，溶 于 1L水后所得溶液的质量分22.417 V22 4 g3-X1O O%:(於T 10 0 0)g17 V17 V+2240 0X 1 0 0%-故 c正确;D、V L氨气的物质的量为V L V22.4L/m o l 22.4m o l,氨 气 质 量 为 第22.4,g,I L水的质量为10 0 0 m L数M根据3警MX l g/m L=10 0 0 g,故溶液质量为(=W g+10 0 0)g,溶液体积为：22.

19、4 m01 二22.4-r-z ：c m o l/L券17V g+10 0 0 g所以溶液的密度为：-10 0 0 m LZ Z.4c_ 17 c V+2240 0 c10 0 0 V故 D 错误;故选C.【点评】本题考查质量分数、物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意公式的理解与灵活运用，题目为字母型计算，计算量较大，需要学生细心观察进行计算.2 4.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和N O 2、N20 N O 的混合气体，这些气体与 1.6 8 L 0?（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加入5 0 1 0 卜1/1 N a O H 溶液至

20、Cu 恰好完全沉淀，则消耗N a O H 溶液的体积是（）A.6 0 m L B.4 5 m L C.3 0 m L D.1 5 m L【考点】5 A：化学方程式的有关计算.【分析】N O 2、N 2 O 八 N O 的混合气体，这些气体与1.6 8 L 0?(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸.C u 失去的电子都被金得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出Cu(N O 3)2,再 根 据 Cu(N 03)2 与 N a O H 反应的关系，求出N a O H 的物质的量，最终求出N a O H 溶液的体积.【解答】解：N O 2、N。、N O 的混合气体，这

21、些气体与1.6 8 L 0 2(标准状况)混合后通入水中，完全生成H N O a,则整个过程中H N O；,反应前后没有变化，即 Cu失去的电子都被O z 得到了，根据得失电子守恒:n (Cu)X 2=n (02)X 4n (Cu)X 2=1：68.m o l X 422.4解得：n (Cu)=0.1 5 m o l 所以 Cu(N 03)2 为 0.1 5 m o l,根据 Cu2 2 0 i r0.1 5 m o l n (O H)则 N a O H 为 0.1 5 m o l X 2=0.3 m o l,则 N a O H 体积 V W。*3吗 一-0.0 6 L,即 6 0 m l,c

22、 5moi/L故选：A.【点评】本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则化繁为简，平时需注意守恒思想的应用.2 5.在两份相同的Ba (0 H)2 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H BO,、N a H SO 溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示.下列分析不正确的是()滴入溶淤的体积A.代表滴加H R0 溶液的变化曲线B.b点，溶液中大量存在的离子是N a 0 H-C.c点，两溶液中含有相同量的O H-D.a、d 两点对应的溶液均显中性【考点】D 0：酸碱混合时的定性判断及有关p h 的计算.【分析】A.Ba(0 H

23、)2 溶液和H 2 s O c N a H SO 溶液反应方程式分别为H2SO1+Ba(O H)2=Ba SO4 I +2%、N a H SO,+Ba (O H)2=Ba S0,I +N a O H+H2O,2 N a H SO,+Ba (O H)2=Ba S0.I +N a2S0l+2 H20,溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0,说明该点溶液离子浓度最小,应该为Ba (O H)2 溶液和H z SO”的反应,则曲线为Ba (O H)/溶液和N a H SO,溶液的反应；B.根据图知，a点 为 Ba (0 H)2 溶液和Fk SO,恰好反应，H2S0,N a

24、H SO,溶液的物质的量浓度相等，则 b点溶液溶质为N a O H；C.c点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中反应后溶质为N a O H、N a2S0,;D.a点中硫酸和氢氧化钢恰好完全反应，溶液中只含水；d 点中溶质为N a z SO,.【解答】解：A.Ba (0 H)2 溶 液 和 L S解、N a H SO”溶液反应方程式分别为H，SO,+Ba (0 H)2=Ba S0 j +2 H Q、N a H S0l+Ba(0 H)2=Ba S0,I+N a 0 H+H20,2 N a H SOt+Ba (O H )2=Ba SO,I +N a2S0 1+2 H20,溶液导电能力与离子浓度成正比，根据

25、图知，曲线在a点溶液导电能力接近0,说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(O H)2 溶 液 和 的 反 应，则曲线为Ba(0 H)2 溶液和N a I I S04溶液的反应，即代表滴加H z SO“溶液的变化曲线，故 A 正确；B.根据图知，a点 为 Ba (0 H)2 溶液和H f O,恰好反应，H2S 0 N a H S O,溶液的物质的量浓度相等，则 b点溶液溶质为N a O H,所以b点，溶液中大量存在的离子是N a 、0 H ,故 B正确；C.c点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中反应后溶液中溶质为N a O H、N a2S 0 因为硫酸根离子浓度相同，中钠离子浓度大于中氢离子浓度，所

26、以溶液中氢氧根离子浓度不同，故 C错误；D.a点中硫酸和氢氧化馍恰好完全反应，溶液中只含水；d点中溶质为N a z S O,水和硫酸钠溶液都呈中性，故 D正确：故选C.【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等.二、非选择题(本题包括4小题，共 5 0 分)2 6.(1 0 分)(2 0 1 6 秋兰州校级月考)A、B、C、D、E分别代表中学化学中的常见物质，请根据题目要求回答下列问题:(1)实验室常用A 的饱和溶液制备微粒直径为l n m -l O O n

27、m 的红褐色液相分散系.则该反应的化学方程式为：F e C L,+3 1 b O F e (O H)3 (胶 体)+3 I I C 1 ,将A的溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的化学式为：F e z O,.(2)B 为地壳中含量最高的金属元素的氯化物，向5 0.O m L,6 m o i/L 的B 溶液中逐滴滴入1 0 0 m l某浓度的KO H 溶液，若产生7.8 g 白色沉淀，则加入的KO H 溶液的浓度可能为3 m o i/L 或l l m o l/L .(3)将 A、B中两种金属元素的单质用导线连接，插入一个盛有KO H 溶液的烧杯中构成原电池，则负极发生的电极反应为：Al -3 C +4

28、 0 H F 1 0 J+2 H 2 .(4)完成以下氧化还原反应方程式：3 P t+4 H N O 3+1 8 H C 1=3 H 2 P t e k+4N 0+8 I b O .【考点】G S：无机物的推断.【分析】(1)红褐色液相分散系是F e (0 H)3 胶体，则 A是 F e C L,F e C k饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，HC 1 具有挥发性，加热促进HC 1 挥发，从而促进F e C h水解，蒸干时得到固体F e (0 1 1)3,灼烧F e (O H)3 得 到 F e z O a;(2)地壳中含量最高的金属元素是A I,则 B 为 A lC h,反应生成白色

29、沉淀为A l(O H)3,其物质的量为0.Imo l,小于氯化铝的物质的量0.0 5 L X6 mo i/L=0.3 mo l,若碱不足，只发生A P +3 O H=A 1 (O H)3 I,也可能 A l 原子转化为 A l(O H)3 I、KA 1 02,发生 A 13，+3 O H=A 1(O il)3 H A l(O H)3+0 H-A 1 02-+2 H20,结合方程式计算;(3)A l-F e-KO H溶液原电池，其中A l为负极，F e 为正极，负极A l失去电子，碱性条件下生成偏铝酸钠与水；(4)P t元素由。价升高为+4 价，化合价升高4价，N元素由+5 价降低为+2 价，化

30、合价降低 3价，化合价升降最小公倍数为1 2,则 P t 的系数为3,HN 0 3 的系数为4,再结合原子守恒配平.【解答】解：(1)红褐色液相分散系是F e (O H)3 胶体，则 A的饱和溶液是氯化铁饱和溶液，F e C L 饱和溶液在加热条件下水解生成氢氧化铁胶体，化学方程式为：F e C L+3 H0-一F e (O H)3(胶 体)+3 HC 1,HC 1 具有挥发性，加热促进HC 1 挥发，从而促进F e C k水解，蒸干时得到固体F e (0 1 1)3,灼烧F e (O il)3 得到F e/C h,化学方程式为反应方程式为2 F e (O H).F e20 3+3 H20,所

31、以最终得到的固体是F e203,故答案为：F e C L+S H.F e (O H)3(胶 体)+3 HC 1；F e203；(2)地壳中含量最高的金属元素是A l,则 B为 A 1 C L”沉淀的质量是7.8 g,其物质的量为笑丁二 mo l，小于氯化铝的物质的量0.0 5 L X78g/inol6 mo l/L=0.3 mo L若碱不足,由A 1*+3 O H A l(O H)3 1 可知，KO H的物质的量为0.lmo lX3=0.3 mo l,其物质的量浓度为4 3得l.-3 mo l/L；0.1LA l元素转化为A l(O H)3 I ,KA lO o,则：A 13+3 O H-A

32、l(O il)310.3 mo l 0.9 mo l 0.3 mo lA l(O H)3+0 H A 1 02+2 H20(0.3 -0.1)mo l 0.2 mo l则消耗的碱的物质的量为0.9 mo l+0.2 mo l=l.Imo l,其物质的量浓度为工：T Imo l/L；0.IL故答案为：3 mo l/L llmo l/L；(3)A l-F e -KO H溶液原电池，A l和氢氧化钠溶液能发生反应，F e 和氢氧化钠溶液不反应,因此A 1 为负极，F e 为正极，负极电极反应式为：A l-3 e-+4 0 H=A 1 02+2 H20,故答案为:A l-3 e-+4 0 H=A 1

33、02-+2 H20；(4)P t元素由0价升高为+4 价，化合价升高4价，N元素由+5 价降低为+2 价，化合价降低 3价，化合价升降最小公倍数为1 2,则 P t 的系数为3,HN O s的系数为4,结合原子守恒配平：3 P t+4 HN 03+1 8 HC l=3 H2P tC l6+4 N 0+8 H20,故答案为：3、4、1 8、3,4、8 H20.【点评】本题比较综合，涉及无机物推断、化学计算、原电池、氧化还原反应配平等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，难度中等.2 7.(1 0 分)(2 0 1 6 秋万柏林区校级月考)常见的五种盐X、Y、Z、M、N,它们的阴离子可能是 S

34、 O 产、C l N 0：、C O/,阳离子可能是 A g 、N H4 N a A l C u2 B a F e,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B a(N 0；s)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(N H,)0 八 A l2 (SO,)(2)M溶液显碱性的原因

35、是(用离子方程式表示)C 0；+H a=H C(V+0 H.(3)X 和 Z的溶液反应的离子方程式是A g +C 一A g C l I(4)N和氨水反应的离子方程式是 A 1+3 N H：/H Q A l(O H)+3 N I：(5)若要检验Y中所含的阳离子，正确的实验方法是 取少量Y于试管中，滴加少量N aO H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N H；.【考点】G S：无机物的推断；P T：物质的检验和鉴别的实验方案设计.【分析】M的焰色反应呈黄色，则 M中含N a：五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有C u、F e；X的溶液呈中性，Y、Z

36、、N的溶液呈酸性则含有N H；、A l、A g；M的溶液呈碱性，则含有C 032,根据阳离子可知M为 N a2C 03；若在这五种盐的溶液中分别加入B a(N O,)2 溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，则 X、Z中没有s o产,也 没 有 c o f；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A g ，则 N中有A l*,所以Z中为A g N O：,；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 B aC L,由以上分析可知N中含有A 产，Y中含有N H J,加 B aC k 均能生成不溶于稀硝酸的

37、沉淀，则 N、Y中含有SO 产,所 以 Y、N为(岫)2 s。4、A l2(SO.)3,以此来解答.【解答】解：M的焰色反应呈黄色，则 M中含N a；五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有C u、F e X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性则含有N H；、A l3 A g*,M的溶液呈碱性，则含有C 032,根据阳离子可知M为 N a2C 03；若在这五种盐的溶液中分别加入B a(N 0：()2 溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀，则 X、Z中没有S 01,也没有C O/一；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A g*,则N中有A l

38、,所以Z中为AgNOa；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BaCk,由以上分析可知N中含有Al,Y中含有NH一 加BaCL均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则N、Y中含有S O/,所以Y、N为(阳)6 0卜Al2(SO,)3,(1)所含阴离子相同的两种盐的化学式是(NH.)2s0八AL(SO.,)3,故答案为：(NH.,)2S0.1.Al2(SOD 3;(2)M的化学式为Na0”NaQ,溶液显碱性的原因是0)5+出0=设03一+0 1,故答案为：CO32-+HQwHaV+01；(3)X和Z的溶液反应的离子反应为Ag+C1 AgCl I,故答案为：Ag+Cl A

39、gCl I；(4)Al2(SO,)3和氨水反应的离子方程式是A1*+3NH3压()一Al(OH)3 I+3NH；,故答案为:A1+3NH3HQ=A1(OH)3 I+3NH；(5)检 验(NIL,)2S。,中所含的阳离子的方法为：取少量(NFh)2sol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N H.；,故答案为：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NH；.【点评】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

40、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.28.(1 4分)(2016秋兰州校级月考)在精制饱和食盐水中加入碳酸氢钱可制备小苏打(NaHC03),并提取氯化镂作为肥料或进一步提纯为工业氯化镂.完成下列填空：(1)写出上述制备小苏打的化学方程式NH,HC03+NaCl=NaHC03 I+NHC1；(2)滤出小苏打后，母液提取氯化钱有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤不通氨，冷却、加食盐，过滤对 两 种 方 法 的 评 价 正 确 的 是(选 填 编 号)a.析出的氯化镂纯度更高 b.析出的氯化镂纯度更高c.的滤液可直接循环使用 d.的滤液可直接循环使用（3）提取的NH 1 中含少

41、量F e 、S O/.将产品溶解,加入 g,加热至沸，再加入B a Ck溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化镂.加热至沸的目的是 使 F e 完全水解为F e （OH）3 .滤 渣 的 主 要 成 分 是 F e （OH）,、B a S Oi.（4）称 取 1.8 4 0 g 小苏打样品（含少量Na Cl）,配成2 5 0 m l 溶液，取出2 5.0 0 m l 用 0.1 0 0 0 m o l/L盐酸滴定，消耗盐酸2 1.5 0 m l.实验中所需的定量仪器除电子天平外，还有 滴定管、2 5 0 m l容 量 瓶.样品中Na H CQ,的 质 量 分 数 为 98.2%.（保 留 1 位小

42、数）（5）将一定质量小苏打样品（含少量Na Cl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量.若蒸发过程中有少量液体溅出，则 测 定 结 果 偏 高.（选 填“偏高”、“偏低”或 无影响”）【考点】2 H：纯碱工业（侯氏制碱法）.【分析】（1）饱和食盐水中加入碳酸氢钱可制备小苏打（Na H CO;i）,根据质量守恒可知同时生成NH K 1；（2）母液中含有氯化镂，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化镂的析出，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用；（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再 加 入 B a CL溶液，得到硫酸锹沉淀；（4）配制溶液需要容量瓶，滴定需要滴定管

43、；利用滴定终点和酚酬的变色范围分析；根据盐酸的物质的量可确定碳酸氢钠的质量，进而可计算质量分数；（5）若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏大.【解答】解：（1）饱和食盐水中加入碳酸氢钱可制备小苏打（Na l l CO；,）,根据质量守恒可知同时生成NH.Q1,反应的方程式为：N H COs+Na Cl-Na H COs I +NH.C1,故答案为：NH H C0 3+Na C 1 =Na H C（）3 I +NH C 1 ；（2）母液中含有氯化筱，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化镂的析出，纯度更高（选 a）,过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而的滤液可直接循

44、环使用（选 d）,故答案为：a d；（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再 加 入 B a Ck溶液，得到硫酸钢沉淀，滤渣的主要成分是F e （0 H）3、B a S O,故答案为:使F e 完全水解为F e （0 1 1）3;F e （OH）3、B a S O4；（4）配 成 2 5 0 m l 碳酸氢钠溶液，用到的仪器有电子天平、烧杯、玻璃棒、2 5 0 m L容量瓶、胶头滴管，用 0.l O O O m o l/L 盐酸滴定，需滴定管，所以所需的定量仪器还应该有滴定管、25 0 m L容量瓶；消耗盐酸的物质的量n (H C 1)=0.0 215 L X 0.10 0 0

45、 m o l/L=0.0 0 215 m o L 则 25 m L 溶液中 n (N a H C 03)=0.0 0 215 m o l,所以样品中 m (N a H C 03)=0.0 0 2 1 5 m o l X 10 X 84g/m o l=l.80 6 g,(N a H C 03)=1.806g1.84gX 10 0%=98.2%,故答案为：滴定管、25 0 m l 容量瓶;98.2%；(5)如全被为碳酸氢钠，与盐酸反应后生成氯化钠，质量减小，而如全部为氯化钠时，质量基本不变，可知加热后固体质量越小，碳酸氢钠含量越大，则若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量

46、偏高，故答案为：偏高.【点评】本题主要考查制备实验的设计，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验原理以及物质的性质，题目难度中等.29.(16 分)(20 16 秋兰州校级月考)某工业废液中含有C u”、M g 、Z n”等离子，为将其回收利用，再采用了如图下工艺废液试 剂1WT已知Z n (O H)2的性质与A l (O H)3相似所用试剂在下列试剂中选择 铁 粉 锌 粉 稀 H N O：,稀112s o,稀I I C 1稀氨水N a O n 溶液石灰水请回答下列问题：(1)试 剂 1、试剂2、试剂3 分别可以是、(填编号)(2)操作2 是蒸 发 浓 缩、冷 却 结 晶

47、、过 滤；(3)操作3 是 在 1I C 1气 流 中 加 热；(4)加过量C O?时发生反应的离子方程式 Z n O/+2C O 2+2H 2O=Z n (0 H)3+2 H C Q,；(5 )用离子方程式解释试剂7 能分离出M g(0 H 为 的原理：M g：+20 1T=M g(0 H)2 I 、Z n +40 H Z n O 广+2H ；(6)在金属冶炼方法中方法1 是电 解 法、方法2 是还 原 剂 法.【考点】G A：金属的回收与环境、资源保护.【分析】废液中含有C u 、M g 、Z n 等离子，加入试剂1得到固体，且固体中加入试剂2 得到 C u,故固体中含有C u,那么试剂1

48、 是能还原铜离子的物质，结合题目得知，为锌粉，试剂 2 是可以溶解过量锌粉，且不能溶解C u 的物质，可以是稀硫酸或稀盐酸，由此流程可知最终得到盐酸盐，为不引入新杂质，故选择稀盐酸，操 作 1 后的溶液中含有M g 和 Z n ；加入试剂3生成氢氧化镁沉淀，故试剂3为氢氧化钠，依 据“Z n (O H)2 的性质与A 1 (0 1 1)3相似”得知过量的氢氧化钠与锌离子生成溶液，此溶液中通入二氧化碳气体生成氢氧化锌，氢氧化锌加热分解生成Z n O,据此解答各小题即可.【解答】解：(废液中含有Cu M g,Z r?等离子，加入试剂1 得到固体，且固体中加入试剂 2得到C u,故固体中含有C u,

49、那么试剂1 是能还原铜离子的物质，结合题目得知，为锌粉，试剂2是可以溶解过量锌粉，且不能溶解C u 的物质，可以是稀硫酸或稀盐酸，为不引入新杂质，故选择稀盐酸，操 作 1 后的溶液中含有M 葭和Z n ；加入试剂3生成氢氧化镁沉淀，故试剂3为氢氧化钠，依 据“Z n (O H)2 的性质与A l (O H)3 相似”得知过量的氢氧化钠与锌离子生成溶液，此溶液中通入二氧化碳气体生成氢氧化锌，氢氧化锌加热分解生成Z n O,(1)由分析可知：试 剂 1、试剂2、试剂3分别可以是、，故答案为：；;；(2)操作2是从溶液中得到固体，那么次操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过

50、滤；(3)由于氯化镁为强酸弱碱盐，镁离子容易水解，故应在H C1 气流中加热以防止镁离子水解，故答案为：在 H C1 气流中加热；(4)偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，据此得出氢氧化锌与过量的氢氧化钠反应生成Z n O 广(由于Z n 为+2 价，据此得出此离子)，此离子与二氧化碳反应生成氢氧化锌沉淀，故离子反应方程式为：Z n 022+2 C02+2 H20=Z n (O H)2l +2 H C03,故答案为：Z n 022-+2 C02+2 H20=Z n (O H),I +2 H C03；(5)试 剂 7为氢氧化钠溶液能分离出M g (O H)2 的原理是氢氧化镁不溶于