【文档说明】安徽省宣城市泾县中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题 含解析 .docx，共(17)页，1.247 MB，由小赞的店铺上传

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泾县中学2022级化学竞赛选拔试卷(高一年级)一、单选题(每题3.5分，共35分)1.设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是①1mol。L-1CuCl2溶液含有2NA个Cl-②1molNa与一定量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子③标准状况

下，2.24L酒精所含分子数为0.1NA④常温常压下，28gCO与N2的混合气体的所含的原子数为2NA⑤常温常压下，1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NA⑥标准状况下，体积相同的两种气体的分子数一定相同A.①③⑤B.④⑤⑥C.③④⑥D.①④⑥【答案】B【解析】【详解】①

1mol/LCuCl2溶液体积未知，因此无法计算Cl-数目，故①说法错误；②1molNa失去1mol电子，因此1molNa与O2反应生成Na2O、Na2O2的混合物，转移电子数为NA，故②说法错误；③标

准状况下酒精是液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故③说法错误；④假设气体全部是CO或N2，则其物质的量均为28g28g/mol=1mol，所含原子数为2NA，因此28gCO和N2的混合气体所含原子数为2NA，故④说法正确；⑤1

.7gH2O2物质的量为34g1.7g/mol=0.05mol，其所含电子数为0.05×(2+16)=0.9NA，故⑤说法正确；⑥同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，且物质的量相同的气体分子其分子数一定相同，故⑥说法正确。故说法正确的有④⑤⑥，正确的选项为B。故答案选B。【点睛】气体摩尔

体积仅适用于气体，对于标准状况下为液态的物质（水、酒精、苯、四氯化碳）则不适用；物质的质量与温度和压强无关。2.聚合氯化铝(PAC)的化学式为[Al2(OH)nCl6-n]m，是无机高分子混凝剂。它是以软铝矿(主要成分是Al2O3·H2O)为原料制备，最后一步

反应是将Al(OH)3凝胶与[Al(OH)2(H2O)4]Cl按照一定配比恰好完全反应制得PAC，则该反应中两种反应物的计量数之比为A.1∶1B.46nn−−C.46nn−−D.1m【答案】C【解析】【详解】将Al(OH)3凝胶与[Al(OH)2(H2O)4]Cl按照一定配

比恰好完全反应制得PAC，PAC的化学式为[Al2(OH)nCl6-n]m，设[Al2(OH)nCl6-n]m的化学计量数为1。由氯原子反应前后个数不变，则[Al(OH)2(H2O)4]Cl前面的化学计量数为(6-n)m。由铝原子反应前后个数不变，Al(OH)3前面的化学计

量数为(n-4)m。可知该反应中两种反应物的计量数之比是n46n−−，故答案选C。3.某溶液中含有下列六种离子：①-3HCO②2-3SO③Na+④Cl-⑤+4NH⑥-3NO，向其中加入一定量Na2O2后，溶液中离子浓度基

本保持不变的是A.只有⑥B.④⑥C.③④⑥D.①②⑤【答案】B【解析】【详解】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，反应后溶液成碱性，OH-+-3HCO=2-3CO+H2O，故-3HCO浓度减小、2-3CO浓度增大，+4NH+OH-=NH3∙H

2O，+4NH浓度减小，Na2O2具有强氧化性，2-3SO被氧化生成2-4SO，2-3SO浓度减小，浓度不变的只有-3NO和Cl-，故选B。4.将4.34gNa、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到

672mL混合气体，将该混合气体通过放电，恰好完全反应。则它们的物质的量之比为A.1：1：1B.1：1：2C.1：2：1D.4：3：2【答案】D【解析】【详解】Na、Na2O、Na2O2的混合物与足量的水反应得到的气体是H2和O2的混合物，将该混合气体通过放电，

恰好完全发生反：2H2+O2点燃2H2O，说明H2、O2反应的物质的量之比为2：1。标准状况下得到672mL混合气体的物质的量n=0.672L=0.03mol22.4L/mol，因此混合气体中含有H2为0.02mo

l，O2为0.01mol；根据反应方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中物质反应转化关系可知n(Na)=2n(H2)=0.04mol；根据反应方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中物质反应转化关系可知n(Na2O2)=2n(O2)=0.02mol；则m(Na)=0.04×23=0

.92(g)，m(Na2O2)=0.02×78=1.56(g)；4.34gNa、Na2O、Na2O2的混合物中含有m(Na2O)=4.34-0.92-1.56=1.86(g)，则n(Na2O)=1.8662=0.03(mol)。故它们的物质的量之比

为0.04：0.03：0.02=4：3：2；故选D。5.铁粉或氢氧化铝固体加入某无色溶液中均能迅速溶解，则该溶液可能大量共存的离子组是A.Na＋、+4NH、CH3COO-、Cl-B.K＋、Ba2＋、Br-、Cl-C.Na＋、K＋、-3HCO、-3NOD.Na＋、K＋、Fe3＋、Br-【答案】B

【解析】【分析】能溶解铁粉的是酸性溶液，能溶解Al(OH)3的可以是酸，也可以是碱，因此两者均能溶解的是酸性溶液，溶液中含有H+。【详解】A．CH3COO-与H+形成CH3COOH而不能大量共存，A不符合题意；B．K＋、Ba2＋、Br-、Cl-与H+相互之间均布发生反应，可以大量共存，B符合

题意；C．-3HCO与H+反应生成CO2和H2O而不能大量共存，C不符合题意；D．Fe3＋为黄色，D不符合题意；故选B。6.向一定质量AgNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中加入Zn，溶液质量与加入Zn的质量关系如图所示。下列说法

正确的是A.取a点溶液，滴加稀盐酸，无白色沉淀B.b～c段溶液中溶质为Zn(NO3)2C.若取b～c段固体，滴加稀盐酸，无气泡产生D.取d点的固体有2种【答案】C【解析】【分析】由金属活动顺序表可知，向一定质量硝酸银和硝酸铜的混合溶

液中加入锌，锌会先和硝酸银溶液反应生成硝酸锌和银，后和硝酸铜溶液反应生成硝酸锌和铜，由图可知，a点硝酸银溶液部分反应生成银、b点硝酸银溶液完全反应生成银、c点硝酸铜溶液完全反应生成铜、d点锌过量。【详解】A．由分析可

知，a点硝酸银溶液部分反应生成银，溶液中的溶质为没有反应的硝酸铜、反应生成的硝酸锌和过量的硝酸银，则取a点溶液，滴加稀盐酸，有白色沉淀，故A错误；B．由分析可知，c点酸铜溶液完全反应生成铜，溶液中的溶质为硝酸铜和硝酸锌，故B错误；C．由分析

可知，b点硝酸银溶液完全反应生成银、c点硝酸铜溶液完全反应生成铜，则b～c段固体为银和铜的混合物，银和铜都不能与盐酸反应，所以向固体中滴加稀盐酸，无气泡产生，故C正确；D．由分析可知，d点锌过量，固体是银

、铜和过量锌的混合物，共有3种，故D错误；故选C。7.BaCl2•xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：①称取1.220g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；②过滤并洗涤沉淀

；③将盛有沉淀滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧至恒重，称得沉淀质量为1.165g。则BaCl2•xH2O中的x为A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【详解】1.220g样品与足量硫酸反

应生成硫酸钡沉淀，根据题意，最终生成硫酸钡沉淀的质量为1.165g，根据钡元素守恒，1.2201.165208+18233x=，解得x=2，故选B。8.将2molNaHCO3和一定量(不为0)的Na2O2固体混合，在加热条件下让其充分反应，

150℃下所得气体仅含2种组分，则反应后固体的物质的量n(mol)的取值范围是A.n=1B.1<n<2C.2≤n<4D.n≥4【答案】C【解析】【分析】碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方

程式为2NaHCO3ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，过氧化钠固体与混合气体反应时二氧化碳优先反应，反应生成的二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，水蒸气与过氧化钠反应生成氢氧

化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。【详解】由在加热条件下让其充分反应，150℃下所得气体仅含2种组分可知，气体为氧气和水蒸气的混的合气体，二氧化碳全部反应，2molNaHCO3受热分解生成的碳酸钠、二氧化碳和水蒸气的物质的量都是1mol，1m

ol二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠的物质的量为1mol，所以固体的物质的量最少为2mol；若二氧化碳和水蒸气均与足量的过氧化钠反应，反应生成碳酸钠和氢氧化钠的物质的量分别为1mol和2mol，所以固体应少于4mol，则反应后固体的

物质的量n(mol)的取值范围是2≤n<4，故选C。9.下列离子方程式书写正确的是A.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2-3HCO=CaCO3↓+2-3CO+2H2OB.向100mL0.1mol·L-1的FeBr2溶液

中通入0.012molCl2：10Fe2＋＋14Br-＋12Cl2=10Fe3＋＋7Br2＋24Cl-C.漂白粉溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO-+2-4SO+H2O=CaSO3↓+2HClOD.加热条件下，向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba(OH)2稀溶液至2-4

SO刚好沉淀完全：Ba2++2OH-++4NH+H++2-4SO=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O【答案】B【解析】【详解】A.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为：Ca2++OH-+-3HCO=CaCO3+H2O，故A项错误；B.Fe2+的还原性强于Br-，因此Cl2

先将Fe2+氧化，根据电子守恒，完全氧化0.01molFe2+应消耗0.005molCl2；剩余0.007molCl2氧化0.014molBr-。因此该反应中参与反应的Fe2+和Br-物质的量之比为0.01mol:

0.014mol=10:14，离子方程式为：12Cl2+10Fe2++14Br-=7Br2+10Fe3++24Cl-，故B项正确；C.漂白粉中通入少量SO2的离子方程式为：Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4+2H++Cl-，故C项错误；D.加热条件下，+

4NH与OH-作用产生NH3，而非一水合氨，故D项错误；故答案选B。10.已知：2Na[Al(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O。向含2molNaOH，1molBa(OH)2，2molNa[Al(OH)4

]的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量关系正确的是选项ABCDn(CO2)(mol)2346n(沉淀)(mol)1223A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】Al(OH)3能溶于强

酸强碱，NaOH、Ba(OH)2均为强碱，且CO2与Ba(OH)2反应产生沉淀，与NaOH反应不产生沉淀，所以题干中CO2通入混合液后反应的先后顺序是：Ba(OH)2、NaOH、Na[Al(OH)4]，若CO2过量，还会与Na2CO3、BaCO3反应生成N

aHCO3、Ba(HCO3)2。据此解答。【详解】A.若通入2molCO2，先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1molCO2，生成1molBaCO3，剩余的1molCO2与2molNaOH恰好完全反应，因此沉淀的物质的量只有1mol，故A正确；B.若通入3mol

CO2，有1molCO2与Ba(OH)2反应产生1molBaCO3沉淀，1molCO2与NaOH反应生成Na2CO3，剩余的1molCO2与2molNa[Al(OH)4]反应：2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3+Na2CO3，生

成2molAl(OH)3沉淀，因此沉淀物质的量为3mol，故B项错误；C.若通入4molCO2，先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1molCO2，生成1molBaCO3沉淀；剩余3molCO2与NaOH反应生成N

aHCO3，消耗2molCO2，最后1mol与Na[Al(OH)4]反应：2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al(OH)3+Na2CO3，生成2molAl(OH)3沉淀，因此沉淀总物质的量为3mol，故C项错误；D.若通入6molCO2，根据上述分析，1molBa(O

H)2消耗1molCO2、2molNaOH消耗1molCO2、2molNa[Al(OH)4]消耗1molCO2，同时生成1molBaCO3、1molNa2CO3、2molAl(OH)3，生成的1molNa2CO3、1molBaCO3分别消耗1molCO2，最终会

有CO2剩余，因此沉淀为2molAl(OH)3，故D项错误；故答案选A。11.氰化物电镀的废液中含多种金属离子与氰离子(CN-)的络离子，如Cu(CN)2−。废液排放前，必须将剧毒的氰离子完全氧化。在废液中加入漂白粉可将这些络离子完全氧化而从废液中除去。完成下列反应方

程式：（1）氰离子和次氯酸根的反应可按氰离子中的氮呈负氧化态(负价)，碳呈正氧化态(正价)进行_______。□CN-+□ClO-+□OH-=□+□+□+□H2O（2）_______□Cu(CN)2−+□ClO-+□OH-=□+□+□+□+□在本反应中的得失电子数相

等，是_______个电子？【答案】（1）2CN-+5ClO-+2OH-=N2↑+2CO23−+5Cl-+H2O（2）①.2Cu(CN)2−+11ClO-+2OH-=2N2+2CuCO3+2CO23−+11

Cl-+H2O或2Cu(CN)2−+11ClO-+6OH-=2N2+2Cu(OH)2+4CO23−+11Cl-+H2O或2Cu(CN)2−+11ClO-+4OH-=2N2+Cu2(OH)2CO3+3CO23−+11Cl-+H2O②.22【解析

】【小问1详解】根据题意，CN-中的C为+2价，N为-3价，被次氯酸根离子氧化后生成+4价的CO23−和0价的N2，Cl元素被还原为-1价。根据得失电子守恒、元素原子守恒配平该反应方程式，得到：2CN-+5ClO-+

2OH-=N2↑+2CO23−+5Cl-+H2O。【小问2详解】根据题意，CN-中的C为+2价，N为-3价，则Cu为+1价，被次氯酸根离子氧化后生成+4价的CO23−、0价的N2和+2价的Cu，Cl元素被还原为-1价。根据得失电子守恒、元素原子守恒配平该反

应方程式，得到：2Cu(CN)2−+11ClO-+2OH-=2N2+2CuCO3+2CO23−+11Cl-+H2O或2Cu(CN)2−+11ClO-+6OH-=2N2+2Cu(OH)2+4CO23−+11Cl-+H2O或2Cu(CN)2−+11ClO-+4OH-=2N2+Cu2(OH)2C

O3+3CO23−+11Cl-+H2O；在本反应中得到电子化合价降低的只有ClO-中的Cl，从+1价降到-1价，系数为11，则得失电子数相等，是22个电子。12.(CN)2、(OCN)2、(SCN)2等与X2(X=F、Cl、Br、I)的性质相似，C

N—、OCN—、SCN—与X—的性质相似，被称为拟卤素。完成下列反应方程式(一律要配平)：(CN)2+H2O=_____________________；AgSCN+Br2=________________；AgCN=_____________________；BrCl+H2O=_

__________________。【答案】①.HCN+HOCN②.2AgBr↓+(SCN)2③.2Ag+(CN)2④.HCl+HBrO【解析】【详解】由题给信息可知，拟卤素的性质与卤族元素的性质相似，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，则(CN)2与水反

应生成HCN和HOCN，反应的方程式为(CN)2+H2O=HCN+HOCN；溴与溶液中的碘离子发生置换反应生成溴离子和碘，则AgSCN与溴发生置换反应生成溴化银和(SCN)2，反应的方程式为AgSCN+Br2=2AgBr↓+(SCN)2；溴化银遇光易发

生分解反应溴和银，则AgCN能分解生成银和(CN)2，反应的方程式为2AgCN=2Ag+(CN)2；氯化溴与水反应生成盐酸和次溴酸，反应的方程式为BrCl+H2O=HCl+HBrO，故答案为：HCN+HOCN；2AgBr↓+(SCN)2；2Ag

+(CN)2；HCl+HBrO。13.资料显示：镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大量气体和白色不溶物。某同学通过如下实验探究反应原理并验证产物。实验I：用砂纸擦去镁条表面氧化膜，将其放入盛适量滴有酚酞的饱和碳酸氢钠溶液的烧杯中，迅速反应，产生大量气泡和白色不溶物，溶液的浅红色加深。（1）该

同学对反应中产生的白色不溶物做出如下猜测：猜测1：白色不溶物可能为___________；猜测2：白色不溶物可能为MgCO3；猜测3：白色不溶物可能碱式碳酸镁[yMg(OH)2•xMgCO3]（2）为了确定产物，进行以下定性实验：实验序号

实验实验现象结论实验Ⅱ将实验I中收集到的气体点燃安静燃烧，火焰呈淡蓝色气体成分为_____________实验Ⅲ将实验I中的白色不溶物滤出、洗涤，取少量加入足量_____________________白色不溶物中含有MgCO3实验Ⅳ取实验Ⅲ中的滤液，向其中加适量___

_______稀溶液产生白色沉淀，溶液红色变浅溶液中存在2-3CO离子（3）为进一步确定实验I的白色不溶物的成分，进行以下定量实验，装置如图所示。称取干燥、纯净的白色不溶物4.52g，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气

体全部进入装置A和B中。实验后装置A增重0.36g，装置B增重1.76g。装置C的作用是___________；白色不溶物的化学式为___________。（4）写出镁与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式___________。【答案】（1）Mg(O

H)2为（2）①.H2②.稀盐酸③.产生气泡，沉淀全部溶解④.CaCl2或BaCl2（3）①.防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果②.Mg(OH)2•2MgCO3（4）3Mg+4NaHCO3+2H

2O=Mg(OH)2•2MgCO3↓+2Na2CO3+3H2↑【解析】【分析】由题意可知，该实验的目的是探究镁与饱和碳酸氢钠溶液反应产生大量气体和白色不溶物的成分，通过实验探究确定气体为氢气、白色不溶物为碱式碳

酸镁。【小问1详解】由猜测2和猜测3中白色沉淀的化学式可知，猜测1中白色沉淀应该是氢氧化镁，故答案为：Mg(OH)2；小问2详解】由实验Ⅱ中火焰呈淡蓝色可知，反应产生的气体是氢气；碳酸镁能与酸反应生成二氧化碳气体，由实验Ⅲ的实验结论可知，实验Ⅲ中所加试

剂应该是稀盐酸，实验现象是产生气泡，沉淀全部溶解；碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中的碳酸根离子能与钡离子或钙离子反应生成碳酸钡或碳酸钙沉淀，碳酸根离子浓度减小，碱性减弱，由实验Ⅳ的实验现象和实验结论可知，实验Ⅳ

中加入的试剂为氯化钙溶液或氯化钡溶液，故答案为：H2；稀盐酸；产生气泡，沉淀全部溶解；CaCl2或BaCl2；【小问3详解】空气中含有水蒸气和二氧化碳进入装置B会影响二氧化碳的测定，所以装置C的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置B中，影响实验

结果；实验后装置A增重0.36g，说明反应生成水的物质的量为0.36g18g/mol=0.02mol，装置B增重1.76g说明反应生成二氧化碳的物质的量为1.76g44g/mol=0.04mol，由碱式碳酸镁的化学式可得：y：x=

0.02mol：0.04mol=1：2，则化学式为Mg(OH)2•2MgCO3，故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入装置B中，影响实验结果；Mg(OH)2•2MgCO3；【小问4详解】由以上分析可知，镁与碳酸氢钠溶液反应

生成Mg(OH)2•2MgCO3、氢气、碳酸钠，反应的化学方程式为3Mg+4NaHCO3+2H2O=Mg(OH)2•2MgCO3↓+2Na2CO3+3H2↑，故答案为：3Mg+4NaHCO3+2H2O=Mg(OH)2•2MgCO3↓+2Na2CO3+3H2↑。14.

Ⅰ.某废水中可能大量含有下列离子中的若干种：Fe3+、Al3+、Fe2+、Cu2+、Cl−、23CO−、3NO−、24SO−、23SiO−。现进行如下实验：①取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化②另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色③向②

中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成【④向②中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成请回答下列问题：（1）该废水一定含有的阳离子是_______；（2）实验Ⅱ

中无色气体遇空气变成红棕色的化学方程式是_______；（3）过滤除去Ⅳ中的蓝色沉淀，调整溶液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为32322AlNOOHAlONHNHO−−−+

++++→(未配平)。若除去1mol3NO−，消耗铝_______g。Ⅱ.某混合液中，可能大量含有的离子如下表：阳离子324HKAlNHMg+++++、、、、阴离子232ClBrOHCOAlO−−−−−、、、、为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，

产生沉淀和气体物质的量与加入的物质的量的关系分别如图所示：（4）写出加入22NaO与水反应的离子方程式_______。（5）该溶液中一定含有的阳离子是_______，其对应物质的量浓度之比为_______，溶液中可能大量存在的阴离子是_

______。【答案】（1）Fe2+、Cu2+（2）222NOO2NO+=（3）48（4）22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++（5）①.H+、Al3+、NH4+、Mg2+②.2∶2∶2∶3③.Cl-和B

r-【解析】【分析】I．①取少量溶液，加入KSCN溶液时无明显变化，证明溶液中不含铁离子：②另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化的氮，证明原溶液中一定含有NO3-和Fe2+；则不能有CO23−、SiO23−；③向②中所得

溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有SO24−；④向②中所得溶液中加入过量浓氨水，生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有Al3+，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，则生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有Cu2+，据此分析。

Ⅱ.根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵根离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶

液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量。【小问1详解】综上可知，该废水一定含有的阳离子是Fe2+、Cu2+。【小问2详解】取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2。【小问3详解】

反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，则配平方程式为：16Al+9NO3−+7OH-=16AlO2−+4N2↑+NH3↑+2H2O；若除去1mol3NO−，消耗铝1627/9molgmol´=48g。【小问4详

解】22NaO与水反应的离子方程式22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++。【小问5详解】根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有Mg2+和Al3+，所以一定不含23CO−、AlO2-，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒

，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之

间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol

×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子或溴离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：n（H+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+2n（Mg2+）=16mol，所以氯离子或溴离子物质的量≥16mol，即：离子种

类H+Al3+NH4+Mg2+Br-或Cl-物质的量（mol）2223≥16所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n（H+）∶n（Al3+）∶n（NH4+）∶n（Mg2+）=2

∶2∶2∶3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH-、CO23−、AlO2−，可能大量存在的阴离子是Cl-和Br-。15.工业上用赤铁矿(主要含23FeO、FeO，还含有少量的23AlO、CuO等杂质)制备绿码(42FeSO7HO)的流程如

下：（1）NaOH溶液加入赤铁矿中发生反应的离子方程式为________。（2）试剂b为________(填化学式)，“溶液Ⅰ”中氧化性最强的阳离子为________(填化学式)。（3）操作③需要隔绝

空气的主要原因是________。（4）()1428.34gFeSO7HOM278gmol−=样品受热分解过程中样品质量随温度变化的曲线如图所示：请回答下列问题①温度为78℃时，固体物质M的化学式为________。②取适量

380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种常见含硫氧化物生成，则Q的化学式为________。【答案】（1）2322AlO2OH2AlOHO−−=++（2）①.Fe②.3Fe+（3）防止4FeS

O被氧化（4）①.42FeSO4HO②.23FeO【解析】【分析】赤铁矿加入NaOH溶液，Al2O3和NaOH溶液反应，Fe2O3、FeO、CuO不反应，过滤后成为滤渣Ⅰ，加入试剂a，结合最后制取的是绿矾可知，试剂

a是硫酸，反应后生成Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4，加入试剂b将铜除去，则b是铁，铁和Fe3+反应生成Fe2+，铁和Cu2+反应生成Fe2+和铜，滤液Ⅱ中的溶质为FeSO4，隔绝空气蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾。【小问1详解】NaOH溶液加入赤铁

矿中，Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2和水，反应的离子方程式为：2322AlO2OH2AlOHO−−=++。【小问2详解】根据以上分析可知，试剂b为Fe，“溶液Ⅰ”中除了含Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4外还有过量的硫酸，氧化性最强的阳离子为Fe3

+。【小问3详解】Fe2+具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化，所以需要隔绝空气操作。【小问4详解】①8.34g42FeSO7HO的物质的量为0.03mol。温度为78℃时，固体物质M的质量为6.72g，固体质量减轻8.34g-6.72g=1.62g。开始阶段，结晶水合物加热时失去

的是结晶水，1.62g水的物质的量为0.09mol。0.03mol绿矾失去0.09mol水，则剩下的水为0.03mol×7-0.09mol=0.12mol，即0.03molFeSO4对应0.12molH2O，所以M的化学式为42FeSO4HO。②380℃时固体质量为4.56g，0.0

3molFeSO4的质量即为4.56g，所以样品P为FeSO4。隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种常见含硫氧化物生成，固体质量为2.40g。0.03molFe的质量为1.68g，根据元素质量守恒，Q中还应该有氧元素，氧元素的质量为2.40g-1

.68g=0.72g，物质的量为0.045mol，铁和氧的物质的量之比为0.03：0.045=2：3，所以Q为Fe2O3。16.氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主

要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如图：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为____。（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为____。（3）滤渣2的成分是____(填化学式)。（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C

800℃2MgO+2SO2↑+CO2↑；MgSO4+C800℃MgO+SO2↑+CO↑；MgSO4+3C800℃MgO+S↑+3CO↑。利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。①D中收集的气体是____(填化学式)。②A中得到的淡黄色固体能与热的NaOH溶液反

应，产物中元素的最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：____。【答案】（1）MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O（2）2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O（3）Fe(OH)3（4）①CO②.3S+6OH-Δ2S2-+SO23−+3H2O【解析

】【分析】流程分析可知：以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁，菱镁矿加入酸溶解，过滤得到溶液中含有亚铁离子和镁离子，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH为4，使铁离子全部沉淀，

过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液经处理得当纯净的氧化镁。.【小问1详解】酸溶时MgCO3和FeCO3溶于稀硫酸时发生反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O、FeCO3+2H+=Fe2+

+CO2↑+H2O；【小问2详解】滤液中加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；【小问3详解】酸溶后过滤得到溶液中加入H2

O2氧化Fe2+为Fe3+，加入氨水调节溶液pH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为Fe(OH)3；【小问4详解】煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过

A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；①D中收集的气体可以是CO；②A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为-2价，反应的离子方程式为3S+6OH-

2S2-+2-3SO+3H2O。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com