山东省烟台市莱州一中2022届高三上学期第一次质检化学试卷　一、选择题（共18小题）1．某溶液含有①NO3﹣、②HCO3﹣③SO32﹣④CO32﹣⑤SO42﹣五种阴离子．现向其中加入少量Na2O2的固体后，溶液中离子浓度增大的是（设溶液体积无变化）（　　）A．①B．④C．①④⑤D．④⑤　2．某强酸性溶液中可能存在NO﹣3、Cl﹣、I﹣和Fe3+中的一种或几种．向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，由此推断该溶液中（　　）A．不含NO﹣3，可能含Fe3+B．含有NO3﹣、Cl﹣、I﹣C．含I﹣，但不能确定是否含Cl﹣D．含有Fe3+　3．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是（　　）A．31g仅含有少量白磷，无其他杂质的红磷样品中，共含有NA个磷原子B．假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于NAC．1molNa2O2与水反应转移的电子数为NAD．58.5g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子　4．在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别为0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1，向该溶液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+物质的量浓度（mol•L﹣1）为（　　）A．0.15B．0.225C．0.35D．0.45　5．还原2.4×10﹣3molXO（OH）3+到X元素的低价态时，消耗0.2mol•L﹣1的Na2SO3溶液30mL，则X元素反应后的价态是（　　）A．+1B．﹣1C．0D．﹣2　6．用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计得最严密的是（　　）A．检验试液中的SO42﹣：试液无沉淀　白色沉淀B．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液C．检验试液中的I﹣：试液棕黄色溶液蓝色溶液D．检验试液中的CO32﹣：试液白色沉淀沉淀溶解　7．下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的一组为（　　）A．蒸馏水、氨水、氧化铝、二氧化硫B．纯盐酸、空气、硫酸、干冰C．胆矾、盐酸、铁、碳酸钙D．生石灰、漂白粉、氯化铜、碳酸钠　-21-8．NO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一．NO2可以用氢氧化钠溶液吸收，或在一定条件下用氨气（NH3）与其反应使之转化为无污染的物质，发生反应的化学方程式分别是：2NO2+2NaOH=M+NaNO3+H2O，8NH3+6NO2=7X+12H2O．则M和X代表的物质的化学式是（　　）A．NaNO2、N2B．HNO2、N2C．NO、HNO3D．Na3NO4、NO　9．下列制取硝酸铜的方法最正确的是（　　）A．Cu+HNO3（浓）→Cu（NO3）2B．Cu+HNO3（稀）→Cu（NO3）2C．CuCuOCu（NO3）2D．CuCuSO4Cu（NO3）2　10．如图所示是验证氯气性质的微型实验，玻璃片上有a、b、c、d四滴溶液，向e处KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用一培养皿扣在玻璃片上．已知：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O．下列有关说法不正确的是（　　）A．上述生成Cl2的反应中，HCl既表现出酸性又表现出还原性B．反应后a处呈橙色、b处呈蓝色、c处褪色、d处呈血红色C．a、b两处的颜色变化，证明单质氧化性：Cl2＞Br2＞I2D．d处的颜色变化，证明氧化性：Cl2＞Fe3+；还原性：Cl﹣＜Fe2+　11．下列实验操作及现象与结论对应关系正确的一组是（　　）实验操作实验现象实验结论A适量二氧化碳通入氯化钡溶液中产生沉淀碳酸的酸性比盐酸弱B二氧化硫通入溴水中溶液褪色二氧化硫有漂白性C取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量四氯化碳，振荡、静置溶液分层，下层呈橙红色原无色溶液中一定有溴离子D将铜片放入浓硝酸中产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色体现浓硝酸的强氧化性和酸性A．AB．BC．CD．D　12．下列叙述不正确的是（　　）A．10mL质量分数为98%的H2SO4，用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%B．配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480mL，需要500mL容量瓶C．在标准状况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水D．在2KClO3+4HCl（浓）═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，氯气是氧化产物　13．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）-21-A．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．饱和氯水中：NH4+、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣C．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣D．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液中：K+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣　14．下列说法中正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（　　）A．40gSO2气体所占的体积为11.2LB．7.1gCl2与足量水反应转移电子数为0.1NAC．1mol•L﹣1的CH3COONa溶液中，CH3COO﹣离子数小于NAD．常温常压下，32gO2和O3的混合气体含氧原子数为2NA　15．下列说法正确的是（　　）A．相同体积和物质的量浓度的不同溶液里所含溶质的物质的量相同B．10mol/L的浓盐酸与H2O等质量混合所得混合液的浓度为5mol/LC．溶液中溶质质量分数为w，密度为ρg•cm﹣3，溶质摩尔质量为Mg•mol﹣1的溶液的物质的量浓度为mol/LD．一定物质的量浓度的溶液配制过程中，仰视定容，所得溶液的浓度偏大　16．《神农本草经》说：“水银…镕化（加热）还复为丹．”《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的．这里的“丹”是指（　　）A．氯化物B．合金C．硫化物D．氧化物　17．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣=MgCO3↓+2H2OB．碳酸钡溶于醋酸溶液：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OC．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOD．氧化铁加入氢碘酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O　18．在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（　　）A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+B．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．2Br﹣+4H++SO42﹣═SO2+Br2+2H2OD．I2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2I﹣　　二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）19．由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、Cl﹣、NH、Mg2+、CO、Ba2+、SO．将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100mL该溶液分别进行如下实验：实验-21-序号实验内容实验结果1加AgNO3溶液有白色沉淀生成2加足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L（已折算成标准状况下的体积）3加足量BaCl2溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量读数为6.27g，第二次称量读数为2.33g试回答下列问题：（1）根据实验1对Cl﹣是否存在的判断是　　　　　　（填“一定存在”“一定不存在”或“不能确定”）；根据实验1～3判断混合物中一定不存在的离子是　　　　　　．试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）：阴离子符号物质的量浓度（mol/L）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（3）试确定K+是否存在？　　　　　　，判断的理由是　　　　　　．　　三、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）20．图中所示工业制法获得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定样品中的NaCl的质量分数．样品mg溶液沉淀固体ng（1）如何检验氯化钡溶液已过量　　　　　　；检验沉淀是否洗涤干净所用到的试剂是　　　　　　．　21．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一，易被氧化为硫酸钠．某研究小组进行如下实验：采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为　　　　　　．要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是　　　　　　．（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）　　　　　　（填序号）．（4）Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，可采用的方法是　　　　　　（填序号）．a．测定溶液的pHb．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案（图2）是　　　　　　．葡萄酒样品100.00mL馏分溶液出现蓝色且30s内不褪色（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下；-21-（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为　　　　　　g．L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果　　　　　　（填“偏高”“偏低”或“不变”）．　22．实验室常用的几种气体发生装置如图1A、B、C、D所示：（1）实验室可以用B或C．装置制取氨气，如果用C装置，通常使用的药品是　　　　　　．检查C装置气密性是否良好的操作方法是　　　　　　．若用B装置制取氨气，用化学方程式表示制取氨气的反应原理　　　　　　．若用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，应选用的气体发生装置是　　　　　　，用离子方程式表示制取氯气的反应原理　　　　　　．（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，则X可能是下列气体中的　　　　　　．①CO2②NO③Cl2④H2．其中在D装置连接小烧杯目的是　　　　　　，发生反应的离子方程式为　　　　　　．（4）如图2是某同学设计收集氨气的几种装置，其中可行的是　　　　　　．　23．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O2、C1O2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中的还原剂是　　　　　　，每生成lmolNa2FeO4转移　　　　　　mol电子．湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O．①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：　　　　　　．②每生成1molFeO42﹣转移　　　　　　mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为　　　　　　mol．③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明什么问题　　　　　　．　-21-　山东省烟台市莱州一中2022届高三上学期第一次质检化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共18小题）1．某溶液含有①NO3﹣、②HCO3﹣③SO32﹣④CO32﹣⑤SO42﹣五种阴离子．现向其中加入少量Na2O2的固体后，溶液中离子浓度增大的是（设溶液体积无变化）（　　）A．①B．④C．①④⑤D．④⑤【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH﹣反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变；同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化．【解答】解：Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3﹣与OH﹣反应生成CO32﹣，则②HCO3﹣离子浓度减小，④CO32﹣离子浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将③SO32﹣氧化为SO42﹣，则③SO32﹣离子浓度减小，⑤SO42﹣浓度增大；只有①NO3﹣浓度基本不变，故选D．【点评】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；明确过氧化钠具有的化学性质是解答本题的关键．　2．某强酸性溶液中可能存在NO﹣3、Cl﹣、I﹣和Fe3+中的一种或几种．向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，由此推断该溶液中（　　）A．不含NO﹣3，可能含Fe3+B．含有NO3﹣、Cl﹣、I﹣C．含I﹣，但不能确定是否含Cl﹣D．含有Fe3+【考点】氧化还原反应．【分析】加入溴水，单质溴被还原，则溶液中一定含还原性离子，结合离子共存来解答．【解答】解：加入溴水，单质溴被还原，则溶液中一定I﹣，而I﹣和Fe3+发生氧化还原反应不能共存，酸性溶液中NO﹣3、I﹣发生氧化还原反应不能共存，则一定含I﹣，但不能确定是否含Cl﹣，一定不含NO3﹣、Fe3+，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应和离子共存，为高频考点，把握离子之间的氧化还原反应为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．　3．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是（　　）A．31g仅含有少量白磷，无其他杂质的红磷样品中，共含有NA个磷原子B．假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于NAC．1molNa2O2与水反应转移的电子数为NAD．58.5g的氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、依据元素守恒分析计算，-21-B、胶体微粒是氢氧化铁的集合体；C、过氧化钠和水反应，氧元素化合价﹣1价变化为﹣2价和0价；D、氯化钠是离子化合物；【解答】解：A、依据元素守恒分析计算，31g仅含有少量白磷，无其他杂质的红磷样品中，共含有磷原子=×NA=NA个，故A正确；B、胶体微粒是氢氧化铁的集合体，假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数小于NA，故B正确；C、过氧化钠和水反应，氧元素化合价﹣1价变化为﹣2价和0价，1molNa2O2与水反应转移的电子数为NA，故C正确；D、氯化钠是离子化合物，通常情况不存在分子，故D错误；故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是氧化还原反应的转移计算，胶体微粒理解分析，注意氯化钠是离子化合物，题目较简单．　4．在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别为0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1，向该溶液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+物质的量浓度（mol•L﹣1）为（　　）A．0.15B．0.225C．0.35D．0.45【考点】硝酸的化学性质；离子方程式的有关计算．【专题】氮族元素．【分析】铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实质为硫酸提供氢离子硝酸根离子具有强氧化性继续反应，反应实质为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O，根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，生成铜离子的物质的量分析判断．【解答】解：应实质为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO+4H2O，1.92g铜粉物质的量==0.03mol，100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别为0.4mol•L﹣1和0.1mol•L﹣1，所含氢离子物质的量=0.1L×0.4mol/L+0.1L×0.1mol/L×2=0.06mol，依据反应离子方程式可知铜剩余，根据氢离子物质的量甲酸生成铜离子物质的量为8H+～3Cu2+，得到铜离子物质的量为0.0225mol，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为0.225mol/L；故选：B．【点评】本题考查了硝酸的性质应用，主要是硝酸根离子在酸性溶液中的氧化性判断，化学反应的实质，过量计算的应用．　5．还原2.4×10﹣3molXO（OH）3+到X元素的低价态时，消耗0.2mol•L﹣1的Na2SO3溶液30mL，则X元素反应后的价态是（　　）A．+1B．﹣1C．0D．﹣2【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Na2SO3还原2.4×10﹣3molXO（OH）3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，根据电子转移守恒计算a的值．【解答】解：Na2SO3还原2.4×10﹣3molXO（OH）3+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，-21-令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4×10﹣3mol×（6﹣a）=0.03L×0.2mol•L﹣1×（6﹣4），解得a=1，故选A．【点评】本题考查氧化还原反应的有关计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，题目难度不大，注意计算中守恒思想的运用．　6．用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计得最严密的是（　　）A．检验试液中的SO42﹣：试液无沉淀　白色沉淀B．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液C．检验试液中的I﹣：试液棕黄色溶液蓝色溶液D．检验试液中的CO32﹣：试液白色沉淀沉淀溶解【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．不能排除SO32﹣的干扰；B．具有还原性的离子均可使高锰酸钾反应，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象分析；C．淀粉遇碘变蓝；D．溶液中可能存在SO32﹣．【解答】解：A．溶液中如含有SO32﹣，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，故A错误；B．先向溶液中加入硫氰化钾溶液，没有现象，与高锰酸钾发生氧化还原可能生成铁离子，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象，不能证明原溶液中一定存在亚铁离子，故B错误；C．试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，离子检验实验合理，故C正确；D．若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验．有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，选项B为解答的易错点．　7．下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的一组为（　　）A．蒸馏水、氨水、氧化铝、二氧化硫B．纯盐酸、空气、硫酸、干冰C．胆矾、盐酸、铁、碳酸钙D．生石灰、漂白粉、氯化铜、碳酸钠【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】依据概念结合物质的组成结构进行分析判断；由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；由不同物质组成的为混合物；在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质．-21-【解答】解：A、蒸馏水、氨水、氧化铝、二氧化硫按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的，故A正确；B、纯盐酸、空气、硫酸、干冰中纯盐酸为氯化氢气体的水溶液是混合物，故B错误；C、胆矾、盐酸、铁、碳酸钙中铁是单质，碳酸钙是电解质，故C错误；D、生石灰、漂白粉、氯化铜、碳酸钠中的碳酸钠是电解质，故D错误；故选A．【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握．　8．NO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一．NO2可以用氢氧化钠溶液吸收，或在一定条件下用氨气（NH3）与其反应使之转化为无污染的物质，发生反应的化学方程式分别是：2NO2+2NaOH=M+NaNO3+H2O，8NH3+6NO2=7X+12H2O．则M和X代表的物质的化学式是（　　）A．NaNO2、N2B．HNO2、N2C．NO、HNO3D．Na3NO4、NO【考点】含氮物质的综合应用；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题；氮族元素．【分析】根据同一化学反应方程式中各元素的原子守恒判断M和X代表的物质的化学式．【解答】解：2NO2+2NaOH=M+NaNO3+H2O该方程式中氢原子已经守恒，再分别根据钠原子、氧原子和氮原子守恒知，M中含有一个钠原子、一个氮原子和两个氧原子，所以M是NaNO2；8NH3+6NO2=7X+12H2O该方程式中，氢、氧原子已经守恒，根据氮原子守恒知N中含有两个氮原子，所以N是N2．故选A．【点评】明确反应方程式中反应前后各元素的原子守恒是解本题的关键，难度不大．　9．下列制取硝酸铜的方法最正确的是（　　）A．Cu+HNO3（浓）→Cu（NO3）2B．Cu+HNO3（稀）→Cu（NO3）2C．CuCuOCu（NO3）2D．CuCuSO4Cu（NO3）2【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】制备硝酸铜，应尽量节省原料，且减少或杜绝污染性气体的排放，结合反应的方程式解答该题．【解答】解：A．Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，NO2是有毒气体，污染环境，故A错误；B.3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，NO是有毒气体，污染环境，故B错误；C.2Cu+O2=2CuO，CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，该反应过程没有有毒气体生成，不污染环境，故C正确；D．Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，SO2是有毒气体，污染环境，故D错误．故选C．【点评】本题是从“绿色化学”视角考查化学知识，“绿色化学”要求设计安全的、对环境友好的合成路线，降低化学工业生成过程中对人类健康和环境的危害，减少废弃物的产生和排放．-21-　10．如图所示是验证氯气性质的微型实验，玻璃片上有a、b、c、d四滴溶液，向e处KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用一培养皿扣在玻璃片上．已知：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O．下列有关说法不正确的是（　　）A．上述生成Cl2的反应中，HCl既表现出酸性又表现出还原性B．反应后a处呈橙色、b处呈蓝色、c处褪色、d处呈血红色C．a、b两处的颜色变化，证明单质氧化性：Cl2＞Br2＞I2D．d处的颜色变化，证明氧化性：Cl2＞Fe3+；还原性：Cl﹣＜Fe2+【考点】氯气的化学性质；氧化还原反应．【专题】卤族元素．【分析】Cl2分别与KI、KBr作用生成I2、Br2，a处变橙色，b处变蓝，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱；C处氯气会和氢氧化钠之间反应，碱性减弱直至消失，d处，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色，据此来回答即可．【解答】解：A、反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，生成氯化锰和氯化钾体现了盐酸的酸性，生成氯气体现了盐酸的还原性，故A正确；B、Cl2分别与KI、KBr作用生成I2、Br2，a处变橙色，b处变蓝，C处氯气会和氢氧化钠之间反应，碱性减弱直至消失，所以会褪色，d处，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色，故B正确；C、Cl2分别与KI、KBr作用生成I2、Br2，a处变橙色，b处变蓝，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证咒C．明I2与Br2之间氧化性的强弱，故C错误；D、d处，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，证明氧化性：Cl2＞Fe3+，则还原性：Cl﹣＜Fe2+，故D正确．故选C．【点评】本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键．　11．下列实验操作及现象与结论对应关系正确的一组是（　　）实验操作实验现象实验结论A适量二氧化碳通入氯化钡溶液中产生沉淀碳酸的酸性比盐酸弱B二氧化硫通入溴水中溶液褪色二氧化硫有漂白性C取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量四氯化碳，振荡、静置溶液分层，下层呈橙红色原无色溶液中一定有溴离子D将铜片放入浓硝酸中产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色体现浓硝酸的强氧化性和酸性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．-21-【专题】实验评价题．【分析】A．二氧化碳和氯化钡溶液不能发生反应；B．二氧化硫具有还原性，易被溴单质氧化为硫酸；C．下层呈橙红色，说明有溴生成；D．铜片放入浓硝酸中反应生成硝酸铜、二氧化氮、水．【解答】解；A．二氧化碳和氯化钡溶液不能发生反应，只有在碱性环境下才能发生反应生成碳酸钡沉淀，故A错误；B．二氧化硫通入溴水发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，说明二氧化硫具有还原性，故B错误；C．因氯水能氧化溴离子，溴在四氯化碳中为橙红色，则取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量四氯化碳，振荡、静置，溶液分层，下层呈橙红色，原无色溶液中一定有溴离子，故C正确；D．铜片放入浓硝酸中反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，体现浓硝酸的酸性和强氧化性，故D正确．故选CD．【点评】本题考查实验方案的评价，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，并熟悉氧化还原反应、离子的检验等来解答，题目难度不大．　12．下列叙述不正确的是（　　）A．10mL质量分数为98%的H2SO4，用10mL水稀释后，H2SO4的质量分数大于49%B．配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480mL，需要500mL容量瓶C．在标准状况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水D．在2KClO3+4HCl（浓）═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，氯气是氧化产物【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；氧化还原反应；溶液的配制．【分析】A、浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，浓度越大密度越大；B、实验室没有480mL容量瓶，故需要500mL容量瓶；C、根据c=，体积V指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积；D、KClO3的反应产物ClO2，HCl（浓）的反应产物有ClO2和Cl2．【解答】解：A、浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，加水后浓硫酸质量分数=×100%=＞49%，故A正确；B、实验室没有480mL容量瓶，故需要500mL容量瓶，故B正确；C、在标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，配成1L溶液而不是溶于1L水中，得到1mol/L的氨水，故C错误；D、KClO3的反应产物ClO2，HCl（浓）的反应产物有ClO2和Cl2，氯气是氧化产物，故D正确故选：C．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制、氧化产物的判断、溶液质量分数的计算等知识点，注意A中浓硫酸的质量分数的计算是个易错点．　13．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．饱和氯水中：NH4+、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣-21-C．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣D．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液中：K+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．酸性条件下NO3﹣具有强氧化性；B．氯水具有强氧化性，可氧化SO32﹣；C．与铝反应产生大量氢气的溶液，可能呈酸性也可能呈碱性；D．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液呈碱性．【解答】解：A．酸性条件下NO3﹣具有强氧化性，Fe2+不能大量共存，故A错误；B．氯水具有强氧化性，可氧化SO32﹣，不能大量共存，故B错误；C．与铝反应产生大量氢气的溶液，可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下，CO32﹣、Fe2+不能大量存在，否则不生成氢气，故C错误；D．c（H+）=1.0×10﹣13mol/L溶液呈碱性．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和离子反应的考查，注意氧化还原及相互促进水解为解答的难点，题目难度不大．　14．下列说法中正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（　　）A．40gSO2气体所占的体积为11.2LB．7.1gCl2与足量水反应转移电子数为0.1NAC．1mol•L﹣1的CH3COONa溶液中，CH3COO﹣离子数小于NAD．常温常压下，32gO2和O3的混合气体含氧原子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．没有告诉在标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氧化硫的体积；B．氯气与水的反应中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；C．缺少醋酸钠溶液的体积，无法计算溶液中醋酸根离子的数目；D．氧气和臭氧中都只含有氧原子，32g混合物中含有32g氧原子，含有2mol氧原子．【解答】解：A．40g二氧化硫的物质的量为0.5mol，不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氧化硫的体积，故A错误；B．7.1g氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与水反应，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应转移的电子小于0.1mol，反应转移电子数小于0.1NA，故B错误；C．没有告诉醋酸钠溶液的体积，无法计算溶液中醋酸根离子的数目，故C错误；D．32g混合物中含有32g氧原子，含有氧原子的物质的量为2mol，混合气体含氧原子数为2NA，故D正确；故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C为易错点，注意题中缺少溶液的体积．　15．下列说法正确的是（　　）A．相同体积和物质的量浓度的不同溶液里所含溶质的物质的量相同B．10mol/L的浓盐酸与H2O等质量混合所得混合液的浓度为5mol/L-21-C．溶液中溶质质量分数为w，密度为ρg•cm﹣3，溶质摩尔质量为Mg•mol﹣1的溶液的物质的量浓度为mol/LD．一定物质的量浓度的溶液配制过程中，仰视定容，所得溶液的浓度偏大【考点】物质的量浓度的相关计算；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A、根据n=Vc计算；B、根据c=计算；C、根据c=计算．D、配制溶液时仰视读数，会导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低．【解答】解：A、根据n=Vc，相同体积和物质的量浓度，其物质的量必然相等，故A正确；B、盐酸密度小于水的密度，c===＞5mol/L，故B错误；C、c==mol/L，故C错误；D、配制一定物质的量浓度的溶液时，若仰视定容，加入的蒸馏水体积会偏大，配制的溶液的体积偏大，溶液的浓度会偏小，故D错误．故选：A．【点评】本题考查了物质的量浓度的相关计算和配制一定物质的量浓度溶液的误差分析问题，难度中等．　16．《神农本草经》说：“水银…镕化（加热）还复为丹．”《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的．这里的“丹”是指（　　）A．氯化物B．合金C．硫化物D．氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】在加热的条件下，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，据此回答．【解答】解：在土釜中加热Hg，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，故选D．【点评】本题考查学生物质的分类以及氧化物的概念的理解知识，属于教材基本知识的考查，难度不大．　17．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣=MgCO3↓+2H2OB．碳酸钡溶于醋酸溶液：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OC．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOD．氧化铁加入氢碘酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．-21-【分析】A．反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水；B．醋酸在离子反应中保留化学式；C．反应生成碳酸钙和HClO；D．发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘、水．【解答】解：A．碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠的离子反应为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣=Mg（OH）2↓+CO32﹣+2H2O，故A错误；B．碳酸钡溶于醋酸溶液的离子反应为BaCO3+2HAc=Ba2++CO2↑+H2O+2Ac﹣，故B错误；C．次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳的离子反应为Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，故C正确；D．氧化铁加入氢碘酸中的离子反应为Fe2O3+2I﹣+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的考查，题目难度不大．　18．在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（　　）A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+B．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．2Br﹣+4H++SO42﹣═SO2+Br2+2H2OD．I2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2I﹣【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性规律来分析．【解答】解：A、根据反应得出还原性强弱是：SO2＞Fe2+，和题干的还原性强弱吻合，所以A能发生，故A错误；B、根据反应得出还原性强弱是：Fe2+＞Cl﹣，和题干的还原性强弱吻合，所以B能发生，故B错误；C、根据反应得出还原性强弱是：Br﹣＞SO2，和题干的还原性强弱不吻合，所以C不能发生，故C正确；D、根据反应得出还原性强弱是：I﹣＜SO2，和题干的还原性强弱吻合，所以D能发生，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和氧化性还原性强弱的判断规律，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）19．由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、Cl﹣、NH、Mg2+、CO、Ba2+、SO．将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100mL该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容实验结果1加AgNO3溶液有白色沉淀生成-21-2加足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L（已折算成标准状况下的体积）3加足量BaCl2溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量读数为6.27g，第二次称量读数为2.33g试回答下列问题：（1）根据实验1对Cl﹣是否存在的判断是　不能确定　（填“一定存在”“一定不存在”或“不能确定”）；根据实验1～3判断混合物中一定不存在的离子是　Ba2+、Mg2+　．试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）：阴离子符号物质的量浓度（mol/L）　SO　　0.1　　CO　　0.2　（3）试确定K+是否存在？　存在　，判断的理由是　溶液中肯定存在的离子是NH、CO和SO．经计算，NH的物质的量为0.05mol，CO、SO的物质的量分别为0.02mol和0.01mol，根据电荷守恒，得K+一定存在　．【考点】几组未知物的检验．【专题】离子反应专题．【分析】将该混合物溶于水后得澄清溶液，证明相互反应生成沉淀的离子不能共存；1、根据题意分析，第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+；2、根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出K+一定存在，由K+物质的量的变化分析Cl﹣的情况．【解答】解：根据题意，Ba2+和SO42﹣，可发生离子反应生成BaSO4↓，因此两者不能共存．Ba2+和CO32﹣可发生离子反应生成BaCO3↓，因此两者也不能共存．第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl﹣+Ag+═AgCl↓、CO32﹣+2Ag+═Ag2CO3↓、SO42﹣+2Ag+═Ag2SO4↓，所以可能含有Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.05mol，和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+．故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+．根据反应NH4++OH﹣═NH3↑+H2O，产生NH3为0.05mol，可得NH4+也为0.05mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为2.33g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32﹣+Ba2+═BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl═BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解．因此溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+．由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为═0.01mol则SO42﹣物质的量为0.01mol，SO42﹣物质的量浓度==0.1mol/LBaCO3为6.27g﹣2.33g═3.94g，物质的量为═0.02mol．-21-则CO32﹣物质的量为0.02mol，CO32﹣物质的量浓度为═0.2mol/L由上述分析可得，溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+．而CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量≥0.01mol，当K+物质的量＞0.01mol时，溶液中还必须含有Cl﹣；当K+物质的量=0.01mol时，溶液中不含有Cl﹣；（1）依据上述分析可知Cl﹣可能含有，依据实验现象分析溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+；故答案为：不能确定；Mg2+、Ba2+；依据上述分析计算，得到一定存在的阴离子为CO32﹣、SO42﹣，其物质的量浓度分别为：c（CO32﹣）=0.2mol/L；c（SO42﹣）=0.1mol/L；故答案为：一定存在的阴离子为CO32﹣、SO42﹣，0.20.1；（3）溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+．而CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量≥0.01mol，当K+物质的量＞0.01mol时，溶液中还必须含有Cl﹣；当K+物质的量=0.01mol时，溶液中不含有Cl﹣；故答案为：存在；溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+．而CO32﹣、SO42﹣、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32﹣、SO42﹣所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在；【点评】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误．题目难度较大．　三、解答题（共4小题）（选答题，不自动判卷）20．图中所示工业制法获得的纯碱中常含有NaCl杂质，用下述方法可以测定样品中的NaCl的质量分数．样品mg溶液沉淀固体ng（1）如何检验氯化钡溶液已过量　取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠，如果变浑浊则说明氯化钡是过量的，反之则不是过量的　；检验沉淀是否洗涤干净所用到的试剂是　AgNO3溶液　．【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】（1）氯化钡溶液过量，则溶液中存在钡离子，用硫酸根离子检验；碳酸钡晶体上附有氯离子，用硝酸银溶液检验洗液即可．【解答】解：（1）氯化钡与硫酸钠能反应生成硫酸钡沉淀，则操作为：取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠溶液，若变浑浊，说明溶液中含有钡离子，则氯化钡溶液已过量，反之则不是过量的，故答案为：取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠，如果变浑浊则说明氯化钡是过量的，反之则不是过量的；-21-）碳酸钡晶体上吸附有氯离子，所以要进行洗涤，向洗涤液中滴加硝酸银溶液，如果不产生白色沉淀就说明洗涤干净，否则洗涤不干净，故答案为：AgNO3溶液．【点评】本题考查了物质的检验，题目侧重于基本实验操作的考查，题目难度不大，注意把握常见物质的检验方法．　21．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一，易被氧化为硫酸钠．某研究小组进行如下实验：采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为　Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O　．要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是　过滤　．（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）　d　（填序号）．（4）Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，可采用的方法是　ae　（填序号）．a．测定溶液的pHb．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案（图2）是　取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成　．葡萄酒样品100.00mL馏分溶液出现蓝色且30s内不褪色（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下；（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为　0.16　g．L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果　偏低　（填“偏高”“偏低”或“不变”）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；（3）装置Ⅲ用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；（4）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；-21-（5）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；（6）①由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小．【解答】解：（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案为：过滤；（3）a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c．该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为：d；（4）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；故答案为：ae；（5）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）①令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI64g1molmg0.025L×0.01mol/L所以，64g：mg=1mol：0.025L×0.01mol/L，解得m=0.016故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为=0.16g/L故答案为：0.16；②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低．【点评】本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用．　22．实验室常用的几种气体发生装置如图1A、B、C、D所示：（1）实验室可以用B或C．装置制取氨气，如果用C装置，通常使用的药品是　浓氨水和氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰　．检查C装置气密性是否良好的操作方法是-21-　将导气管通入水槽中，用手捂住圆底烧瓶底部，若导气管口处有气泡冒出，松开手后在导气管中形成一段水柱，证明气密性完好．　．若用B装置制取氨气，用化学方程式表示制取氨气的反应原理　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O　．若用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，应选用的气体发生装置是　C　，用离子方程式表示制取氯气的反应原理　2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O　．（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，则X可能是下列气体中的　③　．①CO2②NO③Cl2④H2．其中在D装置连接小烧杯目的是　吸收尾气防止产生污染　，发生反应的离子方程式为　Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O　．（4）如图2是某同学设计收集氨气的几种装置，其中可行的是　d　．【考点】常见气体制备原理及装置选择．【分析】（1）C装置是液体和固体不需要加热进行的气体制备反应装置，据此选择合适的试剂；依据装置气密性检查的常规方法回答；B装置制取氨气，反应物为固体与液体加热制备气体；KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，选择装置我固体与液体不加热；（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，制取气体的特点为：反应物为固体与液体加热，密度大于空气密度，且气体可利用浓硫酸干燥，需要尾气处理；氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，应进行尾气处理，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（4）依据氨气密度小于空气密度，极易溶于水选择合适的收集装置．【解答】解：（1）C装置适用于固体和液体不加热制气体，制取氨气应选择浓氨水和氧化钙或碱石灰或氢氧化钠固体；检查装置气密性的方法是利用压强变化和液面变化来设计检验，将导气管通入水槽中，用手捂住圆底烧瓶底部，若导气管口处有气泡冒出，松开手后在导气管中形成一段水柱，证明气密性完好；采用B装置制备氨气时应选择用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应，反应方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：浓氨水和氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰；将导气管通入水槽中，用手捂住圆底烧瓶底部，若导气管口处有气泡冒出，松开手后在导气管中形成一段水柱，证明气密性完好；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，选择装置我固体与液体不加热，所以应选择装置C；高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，离子方程式：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：C；2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，制取气体的特点为：反应物为固体与液体加热，密度大于空气密度，且气体可利用浓硫酸干燥，需要尾气处理；①．制取CO2时不需要加热也不不必处理尾气，故A错误；-21-②．NO不能用排空气法收集，故B错误；③．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，氯气密度大于空气密度，能够用浓硫酸干燥，氯气可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，故C正确；④．氢气密度小于空气密度，故D错误；氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，应进行尾气处理，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；故选：③；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（4）氨气密度小于空气密度，极易溶于水，应选择向下排气法收集，不能用排水法收集，收集不能用密封装置，所以只有d符合题意；故选：d．【点评】本题考查了气体的实验室制备和装置的应用，明确气体制备原理是解题关键，侧重考查学生对实验知识掌握的熟练程度，题目难度中等．　23．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O2、C1O2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中的还原剂是　FeSO4、Na2O2　，每生成lmolNa2FeO4转移　5　mol电子．湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O．①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：　2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O　．②每生成1molFeO42﹣转移　3　mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为　0.15　mol．③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明什么问题　该温度下，K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度更小　．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应方程式的配平．【分析】（1）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应中化合价升高的元素有Fe、O元素，计算生成氧气物质的量，再根据Fe元素、O元素化合价变化计算转移电子；①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），则FeO42﹣为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO﹣为反应物，Cl﹣为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42﹣的系数为2，ClO﹣的系数为3，Cl﹣的系数为3，根据电荷守恒可知，OH﹣为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5；②根据Fe元素化合价变化计算转移电子，还原产物为Cl﹣，根据Cl元素化合价变化计算生成Cl﹣的物质的量；③由溶解度大的转化生成溶解度更小的物质．【解答】解：（1）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应中化合价升高的元素有Fe、O元素，故还原剂为FeSO4、Na2O2，由方程式可知，每生成lmolNa2FeO4同时生成0.5mol氧气，则转移电子为1mol×（6﹣2）=0.5mol×2×[0﹣（﹣1）]=5mol，故答案为：FeSO4、Na2O2；5；①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），则FeO42﹣为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO﹣为反应物，Cl﹣为生成物，化合价降低共2将，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42﹣的系数为2，ClO﹣的系数为3，Cl﹣-21-的系数为3，根据电荷守恒可知，OH﹣为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，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反应中Fe元素化合价变化由+3价升高为+6，故每生成1molFeO42﹣转移电子，1mol×（6﹣3）=3mol，还原产物为Cl﹣，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为=0.15mol，故答案为：3；0.15；③该温度下，K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度更小，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），故答案为：该温度下，K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度更小．【点评】本题考查氧化还原反应计算与配平、物质的分离提纯等，（1）为易错点，注意根据元素化合价理解．　-21-