【文档说明】【精准解析】江苏省淮安市涟水县第一中学2020届高三上学期10月月考化学试题.doc，共(18)页，303.500 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省淮安市涟水县第一中学2020届高三上学期10月月考化学试卷1.下列过程中，没有发生氧化还原反应的是()A.钻木取火B.青铜器生锈C.燃放烟花爆竹D.利用焰色反应检验Na＋【答案】D【解析】【详解】A、钻木取火，木材发生燃

烧，C、O元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，A错误；B、青铜器生锈，Cu失去电子化合价升高，发生氧化还原反应，B错误；C、燃放烟花爆竹，火药与氧气发生反应，发生氧化还原反应，C错误；D、焰色反应检验Na+，没有新物质生成不属于化学变化，不发生氧化还原反应，D正确；故选D

。2.下列关于铝热反应2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe的说法不正确的是（）A.该反应中Al作还原剂B.该反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为1∶2C.该反应中冶炼1molFe转移2mol电子D.该反应可用于焊接钢轨【答案】C【解析】【详解】A

．反应中Al元素化合价升高，被氧化，为还原剂，故A正确；B．反应中Fe为还原产物，Al2O3为氧化产物，由方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量比为1：2，故B正确；C．反应中Fe元素化合价由+3价降低到0价，则冶炼1molFe转移3mol

电子，故C错误；D．反应可置换出铁，且在高温下进行，可用于焊接钢轨，故D正确。故选C。【点睛】反应2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe中，Al元素化合价升高，由0价升高高+3价，Fe元素化合价降低，由+3价

降低到0价，以此解答该题。3.已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色

，则下列叙述中正确的是①氧化性：Br2>Fe3＋>I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加

入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化A.①②③④B.①③④⑤C.②④⑤D.①②③④⑤【答案】B【解析】【分析】由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，

结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。【详解】①氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2>Fe3＋>I2，故正确；②原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全

部被氧化，故正确；④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶

液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；答案选B。4.下列有关说法正确的是A.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2

O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAC.根据反应中HNO3(稀)被还原⎯⎯⎯⎯⎯→NO，而HNO3(浓)被还原⎯⎯⎯⎯⎯→NO2可知，氧化性：HNO3(稀)>HNO3(浓)D.含有大量NO3－的溶液中，不能同时大

量存在H+、Fe2+、Cl－【答案】D【解析】【详解】A选项，在氯气与氢氧化钠反应中，1molCl2参加反应转移电子数为NA，故A错误；B选项，在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，碘元素化合价由+5价和-1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘

单质，所以每生成3molI2转移电子数为5NA，故B错误；C选项，不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱，实际上氧化性：HNO3(稀)<HNO3(浓)，故C错误；D选项，酸性条件下NO3－具有强氧化性，能氧

化Fe2+，所以含有大量NO3－的溶液中，不能同时大量存在H+、Fe2+、Cl－，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】1mol氯气反应转移电子数目可能为1mol，可能为2mol，可能小于1mol。5.下列说法正确的是()A.

Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，Zn+Cu2+=Zn2++Cu均为单质被还原的置换反应B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Cl2+H2O=HCl+HClO，均为水作还原剂的氧化还原反应C.Na2S

O3与H2O2的反应为氧化还原反应D.生石灰用作食品抗氧化剂【答案】C【解析】【详解】A、锌置换铜的反应中锌被氧化生成锌离子，A错误；B、两个反应中，水中H、O元素化合价都没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，B错误；C、Na2S

O3与H2O2的反应为氧化还原反应，SO32-被氧化为SO42-，C正确；D、生石灰不具有还原性，在食品中可作干燥剂，D错误；故选C。6.下列叙述中正确的是()A.物质的溶解过程，实质上就是其电离过程B.H2SO

4溶于水能导电，液态H2SO4不导电，故H2SO4不是电解质C.1L0.1mol·L-1的H2SO4溶液中含有0.2molH+D.1L0.1mol·L-1的HClO溶液中含有0.1molH+【答案】C【解

析】【详解】A．溶解过程是物质分子或离子分布到溶剂中去；电离是将分子或离子拆分开来，比如说I2的溶解，不能说是电离，但电解质的溶解过程为其电离过程，A错误；B．H2SO4溶于水能导电，故H2SO4是电解质，B错误；C．H2SO4

是强电解质，在水溶液中完全电离，所以1L0.1mol•L-1的H2SO4溶液中含有0.2molH+，C正确；D．HClO是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以1L0.1mol•L-1的HClO溶液中含有H+小于0.1mol，D错误；故选C。【点睛】本题考

查弱电解质的电离、电解质和非电解质判断、物质的溶解和电离关系等知识点，侧重考查学生分析比较判断能力，明确基本概念及强弱电解质电离特点是解本题关键，易错选项是B。7.水溶液中能大量共存的一组离子是A.NH4+、Ba2+、Br-、CO32-B.Cl-、SO32-、F

e2+、H+C.K+、Na+、SO42-、MnO4-D.Na+、H+、NO3-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A、Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错误；B、SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错误；C、四种离子不反应，可以大量共存，C正确；D、

H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错误；故合理选项为C。8.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（）A.称量B.溶解C.转移D.定容【答案】B【解析】【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误

；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。答案选B。9.表中关于物质分类的正确组合是类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ACO2SiO2H2SO4Na

2CO3NaHCO3BCONa2OHClNaOHNaClCSO2Na2O2CH3COOHKOHCaF2DSO3CaOHNO3Ca（OH）2CaCO3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．二

氧化硅是酸性氧化物，碳酸钠俗称纯碱，属于盐类，故A错误；B、一氧化碳不能和碱反应，不属于酸性氧化物，故B错误；C、过氧化氢与酸和碱均不能反应，不属于碱性氧化物，故C错误；D、三氧化硫属于酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，硝酸属于酸类，氢氧化钙属于碱类，碳酸钙属于盐类，故

D正确；故选D。10.取16.8g碳酸氢钠固体加热一段时间后，剩余固体质量13.7g，把剩余固体加入到100mL2mol/L的稀硫酸中，充分反应后溶液中氢离子的浓度约为A.1.4mol/LB.3mol/LC.0.5mol/LD.2mol/L【答

案】D【解析】【分析】发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，加热一段时间后，剩余固体质量13.7g，利用差量法确定固体的成分，加盐酸发生HCO3-+H+=H2O+CO2↑、CO32-+2H+=H2O+CO2↑，以此计算反应后溶液中氢离子的浓度。【详解】16.8g碳酸氢钠的物质

的量n(NaHCO3)=m16.8?gM84?g/mol==0.2mol，将该固体加热，发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，根据方程式可知：每有168gNaHCO3发生分解反应，固体质量会减少(44+18)g=62g，

加热一段时间后，剩余固体的质量为13.7g，分解的NaHCO3质量为16.8g-13.7g=3.1g，所以反应的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=3.1g0.2?mol62g=0.1mol，反应产生的Na2CO3的物质的量为0.05

mol，因此反应后剩余固体中含Na2CO30.05mol，含有NaHCO30.1mol，100mL2mol/L的稀硫酸中n(H+)=0.1L×2mol/L×2=0.4mol，由CO32-+2H+=H2O+CO2

↑可知0.05molNa2CO3反应消耗0.1molH+，由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知0.1molNaHCO3反应消耗0.1molH+，所以溶液中剩余H+物质的量为0.4mol-0.1mol-0.1mol=0.2m

ol，故充分反应后溶液中氢离子的浓度约为c(H+)=0.2mol0.1?L=2mol/L，故合理选项是D。【点睛】本题考查化学反应方程式的计算，把握差量法计算固体的成分及发生的反应为解答的关键，掌握物质

的化学性质，结合物质的量与质量、浓度关系计算，侧重分析与计算能力的考查。11.PM2.5是雾霾天的罪魁祸首，PM2.5是指直径小于等于2.5μm粒子，下列说法正确的是A.雾霾一定属于胶体B.鉴别蛋白质溶液和葡萄糖溶液，可用丁达尔效应C.除去淀粉溶液中的NaCl，可用过滤的方法D.碱式氯化铝[A

l2(OH)nCl6－n]可做净水剂【答案】BD【解析】【详解】A.胶体是分散质粒子直径介于1nm-100nm之间的分散系，而PM2.5是指直径小于等于2.5μm粒子，显然雾霾不一定属于胶体，故A错误；B.蛋白质溶液属于胶体，当一束光线透过

蛋白质溶液时，从垂直入射光方向可以观察到蛋白质溶液里出现的一条光亮的“通路”，葡萄糖溶液不属于胶体，所以不会产生丁达尔效应，故B正确；C.因为钠离子和氯离子的粒子直径小于滤纸的孔径，淀粉溶液虽为胶体，但分散质粒子

直径也小于滤纸的孔径，所以不能通过过滤的方法除去淀粉溶液中的氯化钠，故C错误；D.碱式氯化铝[Al2(OH)nCl6－n]溶于水可电离产生铝离子，铝离子水解可生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可吸附水中的悬浮杂质，从而达到

沉降的目的，起到净水作用，故D正确；综上所述，答案为BD。12.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.1.0mol·L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-B.甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-C.pH=12的溶液：K+、Na+、C

H3COO-、Br-D.与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3-【答案】C【解析】【详解】A、在酸性条件下，NO3-离子具有强氧化性，Fe2+离子具有还原性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错

误；B、甲基橙呈红色的溶液呈酸性，AlO2-离子与H+离子反应而不能大量共存，故B错误；C、pH=12的溶液呈碱性，在碱性条件下K+、Na+、CH3COO-、Br-之间不反应，故C正确；D、与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸溶液，也可能

是碱溶液，在酸溶液中CO32－不能大量共存，故D错误。答案选C。【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和SO

42-；Ag+和SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-，S2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe、H

+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色

时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。13.德国著名行业杂志《应用化学》上曾刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计

制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是()。A.水、双氧水、水玻璃都是纯净物B.石墨和C60互为同素异形体C.磷酸钙中所含元素都是短周期元素D.一定条件

下石墨转化为C60是化学变化【答案】BD【解析】【详解】A．水、双氧水是纯净物而水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，A错误；B．石墨和C60是同种元素组成的不同性质的单质，二者互称为同素异形体，B正确；C．磷酸钙中钙元素是长周期元素，C错误；D．石墨和C60是两种不同的物质，所以一定条件下石

墨转化为C60是化学变化，D正确。答案选BD。14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）。A.标准状况下，2.24LCl2通入足量NaOH溶液中，反应转移电子的数目为0.2NAB.常温下，0.1mol·L－1NH4NO3溶液中NO3－数目为0.1NAC.常温常压下，4.0gC

H4中含有共价键的数目为NAD.标准状况下，22.4LCHCl3含有分子的数目为NA【答案】C【解析】【详解】A、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气与碱的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，故0.1mol氯气转移0.

1mol电子即0.1NA个，故A错误；B、没有给出溶液的体积，无法得出离子的数目，故B错误；C、4.0gCH4的物质的量为4.016/ggmol=0.25mol，则共价键数为0.25×4NA＝NA，故C正确；D、标况下CHCl3为液体，不适用气体摩尔体积，故D错误。故

选C。15.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法错误的是()A.①中还需要进行过滤操作，滤渣为二氧化硅B.a、b中铝元素的存在形式不同C.③中需要通入过量的氨气D.④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝【答案】C【解析】铝土矿加盐

酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2-和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3

沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al；A、由以上分析可知①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作，A正确；B、a中为Al3+，b中为AlO2-，a、b中铝元素的化合价均为+3价，B正确；C、③中需要把AlO2-转化为Al

（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2-+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3-，C错误；D、根据上面分析可知④是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，D正确，答案选C。16.无论在办公室还是居室里，在漂亮的花

瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给紧张而又忙碌的工作、生活带来轻松和愉悦的心情。如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。下表是1L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：成分质量(g)摩尔质量

(g·mol-1)蔗糖50.00342硫酸钾0.50174阿司匹林0.35180高锰酸钾0.50158硝酸银0.04170（1）“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是________（填写名称）。（2）“鲜花保鲜剂”中K+的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K+）_________（

只要求写表达式，不需计算）mol·L-1。（3）配制过程中，下列操作配制结果没有影响的是________（填字母）。A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水B．定容时仰视液面C．容量瓶在使用前刚刚配制完

一定物质的量浓度的NaC1溶液而未洗净D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理（4）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中含有______。（填化学符号）【答案】(1).蔗糖(2).0.500.

502174158+(3).A、D(4).Cl－【解析】【详解】（1）通过n=m÷M可以计算1L“鲜花保鲜剂”中含有的各种成分的物质的量，会得到其中含有的蔗糖的物质的量最大，故其浓度最大；（2）“鲜花

保鲜剂”中K+的物质的量浓度为c(K+)=c(K2SO4)+c(KMnO4)=0.500.502174158+mol/L。（3）A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度不产生任何影响，正确；B．定容时仰视液面，溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，错

误；C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaC1溶液而未洗净，会使溶液的浓度偏大，错误；D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，对配制的溶液的浓度不产生任何影响，正确；（4）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝

酸银的浓度，可利用反应：Ag++Cl-=AgCl↓，加入的试剂中含有Cl－。17.一种高效无机水处理剂——聚合氯化铝晶体的化学式为[Al2(OH)nCl6－n·xH2O]m。它可通过调节AlCl3溶液的pH，促进其水解而结晶析出。其制备原料主要是铝加工行业的废渣——铝灰，它主要含Al2O3、Al

，还有SiO2等杂质。聚合氯化铝生产的工艺流程如下：（1）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为_______________________________________。（2）生产过程中实验操作B、D的名称均为________。

（3）反应中副产品a是________，试剂b是________。(用化学式表示)（4）生产过程中可循环使用的物质是________(用化学式表示)。（5）调节pH＝4.0～4.5的目的是______________________________________________。

（6）为得到较纯净的晶体，生产过程中C物质可选用________。A．氨水B．NaAlO2C．NaOHD．Al2O3E．Al【答案】(1).Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O、2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑(2).过滤(3).H2(4).HCl

(5).HCl(6).促进AlCl3水解，使晶体析出(7).DE【解析】【分析】铝灰主要含Al2O3、Al，还有SiO2等，加水清洗掉其他可溶性杂质，因为B后分离出二氧化硅，所以推出b溶液为盐酸溶液，过量的盐酸将氧化铝和铝单质转化为氯化铝溶液，同时产生氢气，因为氯化氢易挥发，所以氢气中混有氯化

氢，经水喷淋，得到气体a为氢气，同时回收盐酸b；B为氯化铝溶液中混有不溶性的二氧化硅，通过过滤分离出二氧化硅，氯化铝溶液经浓缩后调节pH，静置、过滤得到聚合氯化铝晶体。【详解】（1）由分析可知b为盐酸溶液，将铝和氧化铝转化为氯化铝溶液，所以搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为：

Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，故答案为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；（2）由分析可知，生产过程中实验操作B、D的名称均为过滤，故答案为：过滤；（3）由分析可知，a为氢气，b为盐酸，故

答案为：H2；HCl；（4）搅拌加热过程中需要加入盐酸，吸收气体过程中可回收挥发出的HCl，所以HCl可以循环使用，故答案为：HCl；（5）氯化铝水解呈酸性，所以调节pH的目的是为了使氯化铝水解生成产品，故答案为：促进AlCl3水解，使

晶体析出；（6）为得到较纯净的晶体，调节pH的试剂不能引入新杂质，而过量的氨水、NaAlO2、NaOH均不易除去，会引入新杂质，Al2O3、Al因为不溶于水，过量时可通过过滤除去，所以用Al2O3、Al调节pH能得到较纯净的晶体，综上所述，答案为DE。【点睛】B处

溶液因为可能含有未反应的盐酸和氯化铝水解而显酸性，而强酸性环境中聚合氯化铝晶体不易结晶析出，所以要调节pH促进铝离子水解，使聚合氯化铝晶体结晶析出。18.已知某溶液X可能由K+、Cu2+、Ba2+、Fe2+、AlO2-、CO32-、SO4

2-、I-、MnO4-中的若干种离子组成。某化学兴趣小组通过下列实验确定了其组成。根据下列实验步骤和现象，推断实验结论：实验步骤与实验现象实验结论Ⅰ.观察溶液：无色透明①原溶液中一定不含的离子是____Ⅱ.取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，

并得到无色溶液②原溶液中一定不含的离子是____，一定含有的离子是____Ⅲ.在Ⅱ所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀A③原溶液中还一定含有的离子是____，生成沉淀A的离子方程式为____Ⅳ.在Ⅲ所得溶液中再逐滴加入氢氧化

钡溶液至过量，加热也有气体生成，同时析出白色沉淀B④白色沉淀B中一定含有___，可能含有____【答案】(1).Cu2＋、Fe2＋、MnO4-(2).I－、Ba2＋(3).CO32-、K＋(4).AlO2-(5).Al3＋＋3HCO3-=Al(OH)3↓＋3C

O2↑(6).BaCO3(7).BaSO4【解析】【分析】I、溶液无色，则一定不存在有色离子；Ⅱ．取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，则溶液中一定存在CO32-，一定不存在能够与CO

32-离子反应的离子；得到无色溶液，则一定不存在反应生成颜色物质的离子，再结合溶液呈电中性判断；Ⅲ．在Ⅱ所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为二氧化碳，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定而且只能存在铝离子；IV．在Ⅲ所得

溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(OH)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物；据此分析解答。【详解】①根据I，观察溶液：无色透明，则一定不存在有色离子：Cu2+、MnO4-、Fe2+，故答案为Cu2＋、Fe2＋、MnO4-；②根据Ⅱ，取适量

该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，则溶液中一定存在CO32-，一定不存在能够与CO32-离子反应的Ba2+离子，得到无色溶液，则一定不存在I-，再根据溶液呈电中性判断原溶液中一定存在唯一的阳离子K+，故答案

为I－、Ba2＋；CO32-、K＋；③在Ⅱ所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，该气体为过量的硝酸与碳酸氢铵反应生成的二氧化碳，同时析出白色沉淀A，说明溶液中一定存在铝离子，则原溶液中一定存在AlO2-，该

过程中生成A的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为AlO2-；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；④在Ⅲ所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量Ba(O

H)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物，故答案为BaCO3；BaSO4。【点睛】本题的易错点和难点为AlO2-的判断，Ⅱ中过量的硝酸将AlO2-转化为铝离子，Ⅲ中铝离子与

碳酸氢根了发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀。19.Ⅰ.某实验小组为探究ClO-、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验①：在淀粉－碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验②：向实验①的溶液中加入4mL0.5mol·L-1的亚硫酸钠

溶液，蓝色恰好完全褪去。（1）写出实验①中发生反应的离子方程式：____。（2）实验②的化学反应中转移电子的物质的量是____。Ⅱ.（3）Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl-)、O3(1molO3转化为1molO2和1molH2O)

等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是____(填序号)。A．Cl2B．H2O2C．ClO2D．O3（4）“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是____(用离子方程式表示)。【答案】(1).Cl

O-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O(2).0.004mol(3).C(4).ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O【解析】【分析】Ⅰ、(1)次氯酸根离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质；(2)实验②说明

碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，结合化合价升高值=化合价降低值=转移电子数分析计算；Ⅱ、(3)根据Cl2、H2O2、ClO2、O3反应后

生成物的价态分析转移的电子数，转移的电子越多，消毒效率越高；(4)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2。【详解】I、(1)实验①说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，

反应离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，故答案为ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；(2)实验②说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：H2O+

I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，设转移电子的物质的量为x。H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+转移电子1mol2mol0.5mol/L×0.004Lxx=0.5mol/L0.0

04L2mol1mol=0.004mol，故答案为0.004mol；II、(3)这些物质都为1mol时，Cl2(发生的反应为Cl2+H2O=HCl+HClO)、H2O2(分解生成氧气和水)、ClO2(反应生成氯离子)、O3(1molO3转

化为1molO2和1molH2O)消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为C；(4)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2，方程式为ClO-+Cl-+2H+═Cl2

↑+H2O，因此“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，故答案为ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O。20.某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、

Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____(2)根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式：固体B___；沉淀D______；溶液E____。(3)写出①③反应的化学方程式，离子反应写离子方程式。①__

____。③______。【答案】(1).过滤(2).Al2O3(3).Fe2O3(4).K2SO4、(NH4)2SO4(5).Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O(6).AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓【解析】【分析】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶

于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中加入适量盐酸可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2

O3；向溶液中加过量氨水，KAl(SO4)2与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、(NH4)2SO4，结合物质的性质分析解答。【详解】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al

2O3和Fe2O3；向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中加入适量盐酸可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生

成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，KAl(SO4)2与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、(NH4)2SO4。(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步都是溶液和沉淀的分离，可以采用过滤，故答案为过滤；(2)由上述分析可知B为Al2O3，D为Fe2

O3溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4，故答案为Al2O3；Fe2O3；K2SO4、(NH4)2SO4；(3)反应①为氧化铝和强碱溶液反应生成偏铝酸钠盐和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2

O；反应③为偏铝酸根离子和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓。21.如图实验装置用于验证某

些物质的性质。在试管A中装入足量的固体NaHCO3，D为固定蚊香的硬纸片。试回答下列问题：（1）在A试管内发生反应的化学方程式是_____。（2）B装置的作用是_____。（3）在双球干燥管内发生反应的化学方程式为____。（4）双球干燥管内及D处观察到的实验现象是_____。（5）若将干燥管内的

Na2O2换成Na2O，则双球干燥管内及D处观察到的实验现象是：____。【答案】(1).32322Δ2NaHCONaCO+HO+CO(2).吸收气体中的水蒸气(干燥CO2)(3).2Na2O2＋2CO2=2Na2

CO3＋O2(4).淡黄色的Na2O2逐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加剧烈(5).点燃的蚊香逐渐熄灭【解析】【分析】根据装置图，A试管内，碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠和二氧化碳水，生成的二氧化碳经过浓硫酸干燥后与过氧

化钠反应生成碳酸钠和氧气，据此分析解答。【详解】(1)A试管内，碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠和二氧化碳水，反应的化学方程式为：32322Δ2NaHCONaCO+HO+CO；(2)B中盛的是浓硫酸起到吸收水蒸气干燥二氧化碳气体；(3)

双球干燥管内过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；(4)过氧化钠是淡黄色固体，随反应进行变为白色固体碳酸钠，反应生成氧气具有助燃性，蚊香燃烧更剧烈；(5)氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，无氧气生成，在二氧化碳环境中，蚊

香逐渐熄灭。