【文档说明】湖北省武汉市江夏一中2020-2021学年高一上学期期中考试模拟化学试卷答案.pdf，共(7)页，471.925 KB，由小赞的店铺上传

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答案和解析1.【答案】D【分析】本题考查了工业制备的过程分析，反应原理的应用，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，注意海水提溴的原理，题目难度不大。【解答】A.

硝酸工业是利用氨气的催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水发生反应生成硝酸，即，故A正确；B.提溴的工艺是在预先浓缩并酸化的海水中，通入足量氯气发生氧化反应，然后使生成的溴与吸收剂中的SO2反应转化为氢溴酸以达到富集溴元素的目的，发生还原反应，再通入

适量氯气氧化溴离子为溴单质，即浓缩海水Br2，故B正确；C.工业制漂白粉先是电解饱和食盐水得到氯气，用氯气和石灰乳反应得到漂白粉，故C正确；D.光照下氢气和氯气反应会爆炸，比较危险，不适用于工业制备，应是氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢溶于水形成盐酸，故D错误。故选D。2.【答案

】D【分析】本题考查氧化还原反应的有关知识，难度一般，注意电子守恒思想在解题中的运用。【解答】根据ClO−与ClO3−的浓度之比1：3，由Cl到ClO−，失去1个电子，由Cl到ClO3−，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl−

，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4：1，故D正确。故选D。3.【答案】B【分析】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，本题注

意根据物质还原性的强弱，从电荷守恒的角度计算n(Fe2+)，根据反应的程度判断物质的量关系，答题时注意体会。还原性：I−>Fe2+>Br−>Cl−，根据电荷守恒2n(Fe2+)=n(Cl−)+n(Br−)+n(I−)计算n(Fe2+)，根据溶液中通入氯

气使溶液中Cl−和Br−的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题。【解答】由题意可设Cl−、Br−、I−的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n(Fe2+)=n(Cl−)+n(Br−)

+n(I−)=2mol+3mol+4mol=9mol，n(Fe2+)=4.5mol，通入氯气后，要满足n(Cl−)：n(Br−)=3：1，Cl−只要增加7mol就可以，即需通入Cl23.5mol，由2I−+Cl2=I2+2Cl−，4molI−先消耗2molCl2；后发生

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，1.5molCl2消耗3molFe2+，剩余1.5molFe2+，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为3.5mol：1.5mol=7：3，故B正确。故选B。4.【答案】D本题考查了物质结构的特征

分析判断，分析存在的规律是解题关键，硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，碘单质氧化性弱和铁反应生成亚铁盐，题目难度中等。【解答】A.Fe最常见的化合价是+2和+3价，所以Fe3O4可以写成FeO�Fe2O3；Pb最常见的化合价是+2和+4价，所以Pb3O4可以写成2PbO�PbO2

；故A错误；B.SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，与硝酸根离子形成硝酸具有强氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，能产生硫酸钡沉淀，故B错误；C.碘单质氧化性较弱，和变价金属反应只能生成低价的化合物，

所以I2与Fe加热生成FeI2，故C错误；D.依据碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙的反应前后元素化合价不变，是书写依据，所以Al4C3也能水解：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3+3CH4↑，故D正确；故选D。5.【答案

】A【解析】解：A.氯气溶于水中，离子方程式：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HC1O，故A正确；B.碳酸钙溶解于盐酸中，离子方程式：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故B错误；C.用苛性钠溶液吸收过量SO2

，离子方程式：SO2+OH−=HSO3−，故C错误；D.硫酸与氢氧化钡溶液混合，离子方程式：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选：A。A.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸为弱酸应保留化学式；B.碳

酸钙为沉淀，应保留化学式；C.二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钠；D.离子个数配比不符合物质结构组成。本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握反应物过量情况对生成物的影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。6.【答案】

D本题考查了氯气、氯水的性质，题目难度中等，明确化学平衡的影响因素为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力。【解答】A、氯气溶于水达到平衡后，再通入少量氯气，此时已经为饱和溶液，所以氢离子和次氯酸根离子浓度的比值不变，故A错误；B、氯气和二氧化硫在

水溶液中会发生反应生成硫酸和盐酸，溶液漂白性减弱，故B错误；C、加入少量的碳酸钠固体，与盐酸反应，导致平衡正向移动，溶液漂白性增强，pH增大，故C错误；D、光照下，次氯酸分解为氯化氢和氧气，有气泡冒出，平衡正向移动，导致溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故D正确。故选

：D。7.【答案】B本题主要考查氧化还原反应的有关判断和应用，试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生解题能力的培养和训练，旨在考查学生灵活运用氧化还原反应的知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维

能力。该题的关键是明确反应的原理，特别是反应的先后顺序，然后根据有关方程式灵活判断即可。【解答】由于还原性：Fe2+>Br−，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，2Br−+Cl

2=Br2+2Cl−，当n(Cl2)：n(FeBr2)≤12时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)≥32时，Fe2+和Br−被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br−被部分氧化，则A.x=0.4a，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4<12，只氧化F

e2+，故A正确；B.x=0.6a，n(Cl2)：n(FeBr2)介于12～32，Fe2+被完全氧化，Br−被部分氧化，故B错误；C.x=a，n(Cl2)：n(FeBr2)介于12～32，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5

amolCl2可与amolBr−发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br−+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl−，故C正确；D.x=1.5a，Fe2+和Br−恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br−+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl−，故D正确

。故选B。8.【答案】A本题考查离子方程式的正误判断，主要涉及氧化还原反应有关的离子反应，意在考查学生的识记能力和知识应用能力，解题的关键是掌握离子方程式书写的原则和氧化还原反应的规律。A中注意离子还原性强弱顺序，C中注意反应环境。【解答】A.足量的氯气将Br

−和Fe2+完全氧化成Br2和Fe3+，离子方程式中亚铁离子和溴离子之间的计量关系应与化学式中的计量关系相同，故A正确；B.NaClO溶液和FeCl2溶液混合，会发生氧化还原反应5ClO−+2Fe2++5H2O

=2Fe(OH)3↓+Cl−+4HClO，故B错误；C.在强碱溶液中不生成H+，正确的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−===2FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；D.硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，正确的离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3−=9

Fe3++NO↑+14H2O，故D错误。故选A。9.【答案】D【分析】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如

难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。【解答】A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2，亚铁离子和溴离子都完全反应，正确的离子方程式为：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl−，故A错误；B.少

量二氧化碳气体通入碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液中通入少量的CO2：CO32−+CO2+H2O=2HCO3−，故B错误；C.向碘化钾溶液中加入少量双氧水，反应生成碘单质，正确的离子方程式为：2H++2I−+H2O2

=I2+2H2O，故C错误；D.向硫酸铜溶液中通入H2S气体的离子反应为诶Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D正确。10.【答案】B本题考查有关物质的量的计算及阿伏伽德罗定律及其推论，意在考查学生对基本知识的理解和应用，难度不大，注意一定量气体气体的体积与温度成正比与

压强成反比。【解答】①标准状况下，0.2mol任何气体的体积均为4.48L，故①错误；②标准状况下，1LHCl的物质的量为：1L22.4L/mol=122.4mol，因为不知道水的密度，所以无法计算1LH2O的质量，故无法计算物质的

量，故②错误；③若1mol气体的体积为22.4L，它不一定处于标准状况下，故③错误；④标准状况下，1gH2的体积为：1g2g/mol=V22.4l/mol，则V=11.2L，14gN2的体积为：14g28g/mol=V22.4L/mol，则V=11.2L，故相同，故④正确；⑤未指

明状态，则28gCO的体积不一定为22.4L，故⑤错误；⑥两种气体的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，故⑥错误；⑦根据PV=nRT可知，在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大，故⑦正确；⑧PV=nRT可知，PV=mM

RT，则ρ=PMRT，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑧正确，故D正确。故④⑦⑧正确，故选B。11.【答案】AD【解答】A.向FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl−，故A符合题意；B.钠活泼性强，能和硫酸铜溶液中的水

反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，没有金属铜生成，故B不符合题意；C.碳酸氢钠和硫酸反应，应为碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，反应的离子方程式为：HCO−+H+=H2O+CO2↑；故C不符合题意；D.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘

：2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D符合题意。故选AD。12.【答案】BC本题考查铁粉和三价铁离子和铜离子的反应的计算，首先要清楚铜离子和铁离子氧化性的强弱，清楚反应的先后顺序，分析图像得出结论，难度较大。【解答】向200mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合

溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，后发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，A.如图，加入0.56g铁单质后开始出现固体，即前0.01mol铁粉先和铁离子反应，a点时铁离子没有反应完，溶液中阳离子为Fe

3+、Cu2+和Fe2+，故A错误；B.由图可得，在0.56g∼1.68g范围内，剩余物1.28g铜单质即为0.02mol，发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故B正确；C.加入2.24g铁粉即0.04mol，若都发生反应，生成0.03mol铜单质的质量为1.92g，图中只有

1.84g，表示第三阶段铜已经完全析出，铁粉过量，1.68g∼2.24g阶段铁粉质量增加和剩余固体质量增加量相同，根据反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu可知若发生反应，铁粉参与反应生成铜单质，剩余物质量增加的更多，所以此阶段

未发生化学反应。根据分析，反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.03molFe2+，反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，生成0.02molFe2+，c点时溶液亚铁离子的物质的量浓度为0.05mol0.2L=

0.25mol/L，故C正确；D.由上述分析可知，原溶液中含有0.02mol铁离子，即0.01molFe2(SO4)3；含有0.02mol铜离子，即0.02molCuSO4，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶2，故D错误；故选BC。13.【答案】AD本题考查氧化还

原反应，题目难度中等，注意把握元素化合价的判断方法，从化合价变化的角度分析氧化还原反应。【解答】A.根据化合价代数和为0的原则可知，高铁酸钾中铁显+6价，故A错误；B.由题中信息可知，K2FeO4易溶于水，能与水反应，故B正确；C.Fe(OH)3(胶体)具有吸附性，能净水，故C正确

；D.反应中O元素化合价从−2价升高到0价，则反应中生成1molO2时转移电子4mol，故D错误。故选AD。14.【答案】CD本题考查氧化还原反应，侧重考查分析计算能力，明确元素化合价是解本题关键，注意叠氮化钠中N

元素化合价，注意该反应中氧化产物和还原产物是同一种物质，题目难度中等。【解答】该反应中N元素化合价由−13、+5价变为00价，所以叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，根据原子守恒知X为Na2O。A.根据原子守恒知X为Na2O，故A正确；B.每生成1.6molN2，转移电子的

物质的量为0.1mol×(5−0)×2=1mol，故B正确；C.上述反应中NaN3是还原剂被氧化，KNO3是氧化剂，发生还原反应，故C错误；D.NaN3是还原剂，若被氧化的N原子的物质的量为3mol，则有1molNaN3被氧化、0.2molKNO3被还原，氧化产物为1.5mol、还原

产物为0.1mol，所以氧化产物比还原产物多1.4mol，故D错误。故选CD。15.【答案】(1)SO2Cl2；强(2)SOCl2+H2O=2HCl+SO2↑(3)①6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl②可

能；NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4Cl中N元素化合价为−3价，发生氧化还原反应生成N2③取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+本题考查依据题中所给信息推断物质，要求学生依据题中

所给物质的性质大胆做相应的推断，但是涉及的物质没有学习过，增加了题目的难度，侧重考查学生的信息的提取分析能力，难度较大。【解答】化合物X与Y均由O、S、Cl三种元素组成，易水解，均产生酸性白雾是HCl，说明其中含有Cl元素。取1.35gX与足量水完全

反应，滴加BaCl2溶液至过量，产生不溶于稀盐酸的2.33g白色沉淀是硫酸钡，说明含有S元素，其物质的量为0.01mol，向反应后的溶液中滴加1.00mol⋅L−1的NaOH溶液40.0mL恰好反应，溶液呈中性，生成的是NaCl和Na2SO4，由消耗的NaOH得知其中含Cl为0

.02mol，化合物X与Y均由三种相同短周期的非金属元素组成，且水解后除了盐酸和硫酸无其他物质，所以第三种元素为O，其物质的量为0.02mol，所以X的化学式为：SO2Cl2。Y与X组成元素相同，且水解得到两种产物，其

物质的量之比1:2，且产物之一能使品红溶液褪色，其水解产物是SO2和HCl，所以其化学式为SOCl2。(1)X的化学式SO2Cl2，白色沉淀是BaSO4属于强电解质；(2)Y与水反应的化学方程式SOCl2+H2O=2HCl+SO2↑；(3)二元化合物Z能与X化合生成Y，Z是S和Cl组成

的化合物。一定条件下，0.030molZ与足量氨反应生成0.92gA(原子个数之比1:1，其相对分子量为184)，将0.92gA隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质C，A的化学式为S4N4，，淡黄色单质B为：S，离子化合物M，且M的水溶

液的pH<7，M的化学式为：NH4Cl，由此得知Z的化学式为：SCl2，①写出Z与足量氨反应的化学方程式6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl；②亚硝酸钠和M固体在加热条件下可能发生反应，判断理由是

NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4Cl中N元素化合价为−3价，发生氧化还原反应生成N2；③化合物M中阳离子是NH4+，其检验的方法为：取少量M固体加水溶解，加入浓NaOH溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+。16.【答

案】(1)CO32−；Na+、H+、Al3+、Mg2+、NH4+(2)NH4++OH−=NH3·H2O(3)2:1；10.7(4)存在；0.08本题考查离子的定性检验和定量计算，熟悉离子之间的反应和守恒法的计算是解题的关键，难度较大。【解答】(1)沸水的焰色反应呈黄色，肯定有Na+，加

入氯化钡和稀盐酸有白色沉淀，肯定有SO42−，逐滴加入NaOH直至过量，白色沉淀如图所示，沉淀最终部分消失，可说明肯定存在H+、Al3+、Mg2+、NH4+、肯定不存在Fe3+，CO32−与Al3+不能大量共存，故CO32−肯定没有，NO3−不能确定是否存在

；肯定存在的阴离子为：CO32−；肯定存在的阳离子为Na+、H+、Al3+、Mg2+、NH4+。(2)实验③沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段是NaOH与NH4+发生反应，离子方程式为：NH4++OH−=NH3·H2O，故答案为：NH4++O

H−=NH3·H2O；(3)图象中横坐标0.7～0.8段发生反应Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，则生成氢氧化铝沉淀的物质的量为0.1mol；0.1～0.5段Al3+、Mg2+与NaOH反应生成Al(OH)3、Mg(OH)2沉淀，总共消耗0.4molNaOH，结合Al

3++3OH−=Al(OH)3↓可知生成0.1molAl(OH)3消耗0.3molNaOH，n(Al3+)=0.1mol，根据Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓可知生成Mg(OH)2沉淀消耗NaOH的物质的量为：0.4mol−0.3mol=0.1mol，所以n[Mg(OH)2]=12n(Na

OH)=0.05mol，所得沉淀的最大质量是：78g/mol×0.1mol+58g/mol×0.05mol=10.7g，0.5～0.7段发生反应NH4++OH−=NH3�H2O，n(NH4+)=0.2mol，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3+)的比值为2：1。(

4)0～0.1段发生反应H++OH−=H2O，则n(H+)=0.1mol，0.5～0.7段发生反应NH4++OH−=NH3�H2O，n(NH4+)=0.2mol，生成的93.2g白色沉淀为硫酸钡，n(SO4

2−)=93.2g233g/mol=0.4mol，根据(2)可知，溶液中还会有n(Al3+)=0.1mol、n(Mg2+)=0.05mol，n(Na+)=0.18mol/L×1L=0.18mol，根据电荷

守恒可知：c(NO3−)×1L=3n(Al3+)+2n(Mg2+)+n(Na+)+n(NH4+)+n(H+)−2n(SO42−)=0.1mol×3+0.05mol×2+0.18mol+0.1mol+0.2

mol−0.4mol×2=0.08mol，则c(NO3−)=0.08mol�L−1。17.【答案】(䐠)��；��；(䐠)阴极颜色加深；��；(晦)�䳌��=�++䳌���；(�)��+�晦���=䐠�+�

晦����；(�)���晦+䐠++䳌��䐠�=�䳌��+䐠䐠�+��䐠�；(૟)���+晦��䐠=��晦䐠�+䐠��晦�+䐠�.本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意离子反应的书写方法即可解答，题目难度不大。【解答】(1

)①NaOH溶液⑤Fe(OH)3胶体是分散系，是混合物，②液氨⑦CO2在水溶液里或熔融状态下都不能导电，是非电解质，故答案为：①⑤；②⑦；(2)Fe(OH)3胶体带正电，向阴极移动，阴极颜色加深，存在自由移动的带电微粒即可导电，故答案

为：阴极颜色加深；④⑥；(3)硫酸氢钾电离生成钾离子和硫酸氢根，电离方程式：KHSO4=K++HSO4−，故答案为：KHSO4=K++HSO4−；(4)醋酸(CH3COOH)和氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水

，该离子反应为CH3COOH+OH−=CH3COO−+H2O，故答案为：CH3COOH+OH−=CH3COO−+H2O；(5)碳酸钡能与硫酸氢钾反应生成硫酸钡和二氧化碳等，离子方程式为：BaCO3+2H++SO42−=Ba2++BaSO4+2H2O+CO2↑，故答案为：Ba

CO3+2H++SO42−=Ba2++BaSO4+2H2O+CO2↑；(6)溶液中n(NaOH)=0.4mol，则n(NaOH)：n(CO2)=0.4mol：0.3mol=4：3=1：0.75，介于2：1与1：1之间，故发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO

3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，且NaOH、CO2无剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3．令溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为amol、bmol，则：根据钠元素守恒有：2a+b=0.4根据碳元素守恒

有：a+b=0.3联立解得：a=0.1，b=0.2则n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.1mol：0.2mol=1：2离子方程式4OH−+3CO2=CO32−+2HCO3−+H2O，故答案为：4OH−+3CO2=CO32−+2HCO3−+

H2O。18.【答案】I.(䐠)���晦、���晦(䐠)�；加入适量的��晦溶液，再蒸发结晶��.(䐠)�(䐠)ၞ�䐠(䳌��)晦(晦)䐠：3：2本题考查无机物的推断，为高频考点，把握等物质的量混合时硫酸根离子剩余推断C为硫酸铁为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意

元素化合物知识及氧化还原反应的应用，题目难度不大。I.溶液A中，混有少量的Ca2+和SO42−等杂质，由分离流程可以知道，加硝酸钡，与硫酸根离子反应，则沉淀B为BaSO4，溶液C中含KNO3及Ca2+、Ba2+，再加碳酸钾，反应生成的沉淀D为CaCO3、BaCO3，则溶

液E中含KNO3及碳酸钾，应加硝酸后蒸发结晶得到硝酸钾晶体，以此来解答。II.等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Al3+、NH4+、SO42−、NO3−、Cl−五种离子，同时生成一种白色沉淀，A、B、C三种可溶性盐，阴、阳离子各不相同，其

阴离子的摩尔质量依次增大，则A为盐酸盐，B为硝酸盐，C为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为硫酸钡，则A为Al2(SO4)3，B为Ba(NO3)2，C为NH4Cl，以此来解答。【解答】I.溶液A中，混有少量的Ca2+和SO42−等杂质，

由分离流程可以知道，加硝酸钡，与硫酸根离子反应，则沉淀B为BaSO4，溶液C中含KNO3及Ca2+、Ba2+，再加碳酸钾，反应生成的沉淀D为CaCO3、BaCO3，则溶液E中含KNO3及碳酸钾，应加硝酸后蒸发结晶得到硝

酸钾晶体，。(1)由上述分析可以知道，沉淀D为CaCO3、BaCO3，故答案为：CaCO3、BaCO3;(2)由上述分析可以知道，述第③步可能存在问题，E中含碳酸钾，则应加足量硝酸，故答案为：③；加入

适量的HNO3溶液，再蒸发结晶；II.等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Al3+、NH4+、SO42−、NO3−、Cl−五种离子，同时生成一种白色沉淀，A、B、C三种可溶性盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的

摩尔质量依次减小，则A为硫酸盐，B为硝酸盐，C为盐酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为硫酸钡，则A为Al2(SO4)3，B为Ba(NO3)2，C为NH4Cl，(1)白色沉淀为硫酸钡，则三种盐中还含有Ba2+，故答案为：B；(2)由上述分析可知，A为Al2(SO4)3，

故答案为：Al2(SO4)3；(3)Al3+、Cl−、NO3−、NH4+四种离子且物质的量之比依次为1：1：3：1，设NH4Cl为1mol，则Ba(NO3)2为1.5mol，Al2(SO4)3为0.5mol，A、B、C三种正盐的物质的量之比为1：3：2，故答案为：1：3：2。19

.【答案】Ⅰ.(䐠)��晦+、��䐠+(䐠)���(晦)是；�(�+)��.૟૟��/ܗ(�)取cd段滤液，滴加少量ၞ䐠��晦溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有���，否则，无���存在(或其它合理答案)Ⅱ.(䐠)�䐠��(�)晦+晦����+���=䐠����䐠�+晦���+

�䐠�(䐠)�.䐠�(晦)该温度下�䐠����的溶解度比�䐠����的溶解度小本题考查离子推断和氧化还原反应，把握离子反应、图象与反应的对应关系、氧化还原计算等知识，电荷守恒为解答的关键，侧重分析与实验能力的

考查，注意离子的颜色、离子共存及电荷守恒的应用，题目难度较大，应多练习。【解答】I.(1)无色水样，仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是Fe3+、Cu2+，故答案为：Fe3+、Cu2+；(2)BC段发生BaCO3+2H

+=Ba2++CO2↑+H2O，由图可知n(BaCO3)=6.27g−2.33g197g/mol=0.02mol，消耗稀硝酸物质的量为0.04mol，消耗硝酸的体积为0.04mol/L1mol/L=0.04

L=40mL，故答案为：40；(3)由图可知n(BaSO4)=2.33g233g/mol=0.01mol，则原水样中含有0.01molSO42−、0.02molCO32−，则Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+

都不能存在，阳离子只能是K+，不能确定氯离子是否存在，根据电荷守恒，0.01mol×2+0.02mol×2≤n(K+)，则n(K+)≥0.06mol，则c(K+)≥0.6mol/L，故答案为：是；c(K+)≥0.6；(4)原水样中可能存在的离子为氯离子，检验

方法为：取少量水样于试管中，向试管中加入过量硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全和无气体生成后(排除CO32−、SO42−干扰)，向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl−，若无白色沉淀生成，证明无Cl−存在；故答案为：取少量水

样于试管中，向试管中加入过量硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全和无气体生成后，向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl−，若无白色沉淀生成，证明无Cl−存在；II.(1)湿法制高铁酸钾反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−

+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；(2)根据2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O可知，次氯酸根离子为氧化剂，氯离子为还原产物，每生成1mol氯离子转移

2mol电子，所以反应过程中转移了0.3mol电子，则生成还原产物的物质的量为0.15mol，故答案为：0.15；(3)低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，原因是该温度下K2FeO4比Na2Fe

O4的溶解度小，故答案为：该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小。20.【答案】(䐠)૟�晦�䐠；(䐠)�૟、10、18、3、10、6；(晦)��૟；(�)䐠ၞ�+䐠��+䐠䐠�=䐠ၞ���䐠�+晦䐠�；䐠.䐠૟䐠。本题主要考查物质的量以

及物质的量浓度的相关计算，氧化还原反应的配平及计算，熟练掌握公式并能灵活运用是解题的关键，注意计算要细心。【解答】(1)分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，说明等体积的NaCl、MgCl2、A

lCl3三种溶液中，所含氯离子的物质的量相等，假设氯离子浓度为6mol/L，则NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度分别为6mol/L、3mol/L、2mol/L，比值为6：3：2；故答案为6：3：2；(2)①由得失电子守恒、原子守恒可配平以下离子

反应方程式：6NO3−+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH−；故答案为：6、10、18、3、10、6；(3)32gCH3OH的物质的量为1mol，转移6mol的电子，N从+5价降低为0价，则HNO3为1

.2mol，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：1.2=5∶6；故答案为：5∶6；(4)铝与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；同温同压下，在浓度和体积均为100mL2mol�L−1的盐酸及N

aOH溶液中各加入等质量的Al，产生气体的体积之比为5：6，则酸不足，碱过量，n(HCl)=0.2mol，则2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，630.2mol0.1mol，所以碱与Al生成的氢气为0.1mol×65=0.12mol，则2Al+2OH−+2

H2O=2AlO2−+3H2↑，23n0.12mol所以2n=30.12mol，解得n=0.08mol，其质量为0.08mol×27g/mol=2.16g；故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；2.16g。21.【答案】Ⅰ.(䐠)���䐠+�++䐠

�����䐠++��䐠�+䐠䐠�(䐠)收集并储存氯气(晦)Ⅱ可行，Ⅲ不行；Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，增大压强会有危险，且由于B、C液差太小，不能使储存的��䐠全部排出(�)将D放在冷水中Ⅱ.(䐠)

�䐠����在水溶液中水解后溶液呈碱性，NaOH溶液呈碱性会抑制其水解，有利于减少产品损失(䐠)晦��+䐠�䐠����+�䐠�=晦��(�)䐠+䐠��(�)晦+���或晦��+䐠�䐠����+䐠䐠�+䐠��=晦�䐠���䐠+䐠��(�)晦本题综合考

查制备实验方案的设计与评价，涉及反应原理的理解、盐的水解原理以及应用、原电池的工作原理以及元素以及化合物性质的计算等知识，属于综合知识的考查，难度中等。【解答】I.(1)A装置利用浓盐酸和二氧化锰混合加热

制氯气，发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)利用I装置可收集并储存氯气；故答案为：收集并储存氯

气；(3)可图示可知，装置Ⅱ与Ⅰ原理相同，可以用来收集并储存氯气，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，增大压强会有危险，且由于B、C液差太小，不能使储存的Cl2全部排出，则不可以用装置Ⅲ代替Ⅰ装置收集并储存氯气；故答案为；Ⅱ可行，Ⅲ不行；Ⅱ与Ⅰ原理

相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，增大压强会有危险，且由于B、C液差太小，不能使储存的Cl2全部排出；(4)为防止氯气与NaOH溶液在高温条件反应生成NaClO3，除搅拌和混入N2稀释外，将反应装置D放在冷

水中降温；故答案为：将D放在冷水中；Ⅱ.(1)在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4，FeO42−在水溶液中易水解，溶液显碱性，则粗产品用NaOH溶液溶解，可抑制其水解，有利于减少产品损失；故答案为

：Na2FeO4在水溶液中水解后溶液呈碱性，NaOH溶液呈碱性会抑制其水解，有利于减少产品损失；(2)根据题意可知，该电池反应的化学方程式为：3Zn+2Na2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4N

aOH或3Zn+2Na2FeO4+2H2O+2NaOH=3Na2ZnO2+2Fe(OH)3。故答案为：3Zn+2Na2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4NaOH或3Zn+2Na2FeO4+2H2O+2NaOH=3Na2ZnO2+2Fe(OH)3。获得更多资源请扫码加入享学

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