热门试卷

（1）A的溶液为浅绿色，说明含亚铁离子，若往A溶液中加入少量稀HCl，溶液变成黄色说明是铁离子的颜色，证明加入盐酸溶液中含有硝酸根离子，酸溶液中形成稀硝酸具有氧化性判断为硝酸亚铁，故答案为：Fe（NO3）2；

（2）取B溶液于试管中，滴加酚酞溶液呈粉红色，久置不褪色，说明不存在氧化性离子，不能为ClO-；水溶液呈碱性，分析离子可知是盐水解的原因，弱酸强碱盐水解显碱性，结合离子只有碳酸根离子和阳离子钠离子组成的碳酸钠符合，则B为Na2CO3；确定B的简单实验方法是利用焰色反应检验钠元素的存在，依据碳酸根离子和酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的气体来检验碳酸根离子，

故答案为：Na2CO3；取洁净的铂丝蘸取B溶液进行焰色反应，若火焰程黄色，则含Na+，加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，则含CO32-；

（3）C的水溶液为无色，一定无Fe2+、Cu2+；用惰性电极电解该溶液，得到两种气体，这两种气体混合时见光易爆炸，依据电解原理阴离子在阳极失电子发生氧化反应，含氧酸根离子在水溶液中不放电，所以判断阴离子为Cl-；氯离子失电子生成氯气；阳离子在阴极得到电子发生还原反应，阳离子中Na+、Al3+符合，溶液中氢离子在阴极放电生成氢气；氯气和氢气见光或点燃爆炸；综上所述，C可以是NaCl、AlCl3；电解离子方程式为2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，

故答案为：NaCl、AlCl3；2Cl-+2H2O  Cl2↑+H2↑+2OH-．

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/L  

BaCO3为6.27g-2.33g═3.94g，物质的量为═0.02mol．

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0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量≥0.01 mol，当K+物质的量＞0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl-；当K+物质的量=0.01 mol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+；

（2）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-，0.2  0.1；

（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0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量≥0.01 mol，当K+物质的量＞0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl-；当K+物质的量=0.01 mol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0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在；

(1)BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O

(2)①1、2、2、1；蓝色变为无色，且30s内不复色

(3)

(4)

(5)82.25%

（1）计算硫酸铜晶体中结晶水含量，必须先称量出硫酸铜晶体的质量，根据图示流程，第二次称量的是坩埚和硫酸铜晶体质量，则第一次称量的为坩埚质量，

故答案为：坩埚；

（2）灼烧时，当CuSO4∙xH2O晶体的颜色有蓝色变成白色时，硫酸铜晶体结晶水完全失去，应该停止加热，

故答案为：蓝色；白色；

（3）只有硫酸铜晶体中的结晶水完全失去，才能使测量结果更加准确，所以需要进行恒重操作，使两次称量的质量差小于0.1g，

故答案为：确保硫酸铜晶体完全失去结晶水；

（4）无色硫酸铜的质量为：（m4-m1）g，物质的量为：mol；结晶水的物质的量为：mol，所以结晶水x==，

故答案为：；

（5）a．坩埚未干燥，相当于硫酸铜晶体中结晶水含量增大，测定结果偏高，故a正确；

b．加热过程中有晶体溅失，导致计算出的结晶水质量偏大，计算出的结晶水数目偏高，故b正确；

c．灼烧后坩埚在空气中冷却，会导致无水硫酸铜吸收部分水分，计算出的结晶水质量偏小，测定x偏小，故c错误；

d．恒重操作时，连续两次称量的结果相差不超过0.1g，说明硫酸铜晶体完全失去结晶水，不影响测定结果，故d错误；

故答案为：ab．

（1）金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，偏铝酸盐中通入二氧化碳反应可以获得氢氧化铝，故样品中不含有金属铝，

故答案为：Al；

（2）亚铁离子的检验方法：取少量Y中的溶液加入适量KSCN溶液，无明显现象，再滴入适量氯水，溶液呈血红色，则说明溶液中含有Fe2+，

故答案为：取少量Y中的溶液加入适量KSCN溶液，无明显现象，再滴入适量氯水，溶液呈血红色，则说明溶液中含有Fe2+；

（3）①二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应Ⅰ获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，Z是二氧化碳，即C+2H2SO4（浓）═CO2↑+2SO2↑+2H2O，

故答案为：C+2H2SO4（浓）═CO2↑+2SO2↑+2H2O；

②二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体，所以反应Ⅰ是焦炭和浓硝酸的反应，Z中两种气体是NO、CO2，故答案为：NO、CO2；

（4）Fe2O3、Fe、CuO、C均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，此时存在的离子有Cu2+、Fe3+、H+，故答案为：Cu2+、Fe3+、H+；

（5）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化，原理方程式为：2Fe2++4I-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2，故答案为：2Fe2++4I-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2．

（1）气体X与水反应得Y为两种气体的混合物，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2混合物，则浓酸为浓硝酸．

反应①中生成混合气体X的化学方程式为C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H2O．

故答案为：NO、CO2；C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H2O．

（2）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液A中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子．向溶液A中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2-离子，溶液C通入CO2后，会发生反应产生白色沉淀Al（OH）3．

向溶液A中加过量Fe粉，得B溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉．

根据上述分析可知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe2O3．

故答案为：A1； Fe2O3．

（3）不能确定是否有Fe2O3，若有则溶液A中含有Fe3+，用KSCN溶液检验溶液A中是否含有Fe3+．方法是取溶液A少许，向其中加入KSCN溶液，若溶液变红色，说明样品中含有Fe2O3；若溶液不变红色，说明样品中没有Fe2O3．

故答案为：取溶液A少许，向其中加入KSCN溶液，若溶液变红色，说明样品中含有Fe2O3；若溶液不变红色，说明样品中没有Fe2O3．

（1）为了保证实验的顺利进行，避免装入药品后发现装置气密性不好，更换部分仪器而浪费药品，避免装置漏气影响实验效果，所以第一步须检查装置气密性，然后装药品，实验装置中会残留空气中的二氧化碳，影响干燥管中二氧化碳质量的测定，需要通入气体将装置内的二氧化碳完全排出，通的空气通过氢氧化钠，吸收了二氧化碳后不影响实验的气体排装置中会残留空气，然后在干燥管内填满碱石灰，缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止，缓缓鼓入空气数分钟，使广口瓶中的产生的二氧化碳气体全部排出，

故答案为：B；H；A；E；

（2）稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳和硫酸钠和水，测定产品中Na2CO3质量分数，是通过测定稀硫酸和碳酸钠生成物中的二氧化碳的量，根据碳元素守恒，测定样品中碳酸钠质量分数，步骤F中，要缓缓鼓入空气数分钟，使广口瓶中的产生的二氧化碳气体全部排出；装置甲中装有氢氧化钠，氢氧化钠吸收二氧化碳，除掉空气中的二氧化碳；装置乙中装有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，能吸收二氧化碳中的水蒸气，

故答案为：使广口瓶中的产生的二氧化碳气体全部排出；吸收空气中的二氧化碳；吸收二氧化碳中的水蒸气；

（3）由题意可知，反应生成的二氧化碳的质量为（w-m）g，二氧化碳的物质的量n===mol，根据碳元素守恒可知样品中碳酸钠的物质的量n==mol，样品中碳酸钠的质量为m=n×M=mol×106g/mol=g，样品中碳酸钠质量分数为 ×100%=×100%，

故答案为：×100%；

（4）装置甲中装有氢氧化钠，氢氧化钠吸收二氧化碳，可除掉空气中的二氧化碳，鼓入空气数分钟，使广口瓶中的产生的二氧化碳气体全部排出，若去掉装置甲，空气中的二氧化碳未除去，装置中二氧化碳的质量增大，会使干燥管中测定的二氧化碳的质量增大，导致测定的样品中碳酸钠的质量增大；从广口瓶中产生导出的气体中含有水，如果不除去气体中的水，会使干燥管中测定的二氧化碳的质量增大，计算样品中碳酸钠的质量是根据碳元素守恒二氧化碳的物质的量等于样品中碳酸钠的物质的量进行计算的，所以会导致测定的样品中碳酸钠的质量增大，测定的碳酸钠质量分数偏大，

故答案为：偏大；偏大．

（1）：该反应中化合价的变化为：KIO3→I2，I元素由+5价→0价，一个KIO3分子得5个电子；KI→I2，I元素由-1价→0价，一个KI分子失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO3的计量数为1，KI的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，所以反应方程式为KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，

故答案为：1；5；3；3；3；3；

（2）①Na2SO3稀溶液与I2反应，Na2SO3被氧化为硫酸钠，I2被还原为I-，反应的离子方程式是：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，

故答案为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；

②Na2SO3稀溶液与碘的四氯化碳溶液不互溶，分层，要使Na2SO3与碘反应，应充分振荡使其接触．所以在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置，

故答案为：在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置；

（3）①碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色；

 ②由 KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62得，

          I～3I2 ～6S2O32

        127g                      6mol

        m（I）                   6.0×10-4mol/L×0.02L

解得：m（I）=2.54×10-4g=2.54×10-1mg，

设每千克食盐中含碘xmg，列比例式为=，x=20，故答案为：20．

（1）除Mg外，还含有Al、Zn中的一种或两种，因此粉末的组成有三种可能，即除Mg外只含Al、只含Zn、或既含Al又含Zn，故答案为：Al；Zn；

（2）由实验方案可知镁盐、铝盐和锌盐形成的沉淀分三次分离，第一次为：Mg（OH）2，试剂M为NaOH溶液，第二次为：Al（OH）3，铝盐和锌盐加过量的强碱先生成了沉淀，然后沉淀溶解，在滤液中逐滴加入稀硫酸，直至生成的沉淀刚好溶解又形成了铝盐和锌盐，锌盐加过量的弱碱先生成了沉淀，然后沉淀溶解，铝盐加过量的弱碱也生成了沉淀，然后沉淀不溶解，实现了Al（OH）3沉淀的分离；第三次为Zn（OH）2，在滤液中逐滴加入稀硫酸，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入适量的NaOH溶液，形成沉淀，故答案为：NaOH溶液；Al（OH）3；

（3）对比甲、乙两同学的实验，发现甲比乙多了第一步加稀硫酸，故答案为：步骤简单，节约试剂；

（4）锌、铝都能与NaOH溶液反应溶解，而镁不能与NaOH溶液反应，所以只需将沉淀C洗涤、小心干燥后称量即可得到镁的质量，故答案为：将沉淀C洗涤、小心干燥后称量；

（5）铝盐和锌盐加过量的强碱先生成了沉淀，然后沉淀溶解，在滤液中逐滴加入稀硫酸，直至生成的沉淀刚好溶解，又形成了铝盐和锌盐，锌盐加过量的弱碱先生成了沉淀，然后沉淀溶解，铝盐加过量的弱碱也生成了沉淀，然后沉淀不溶解，这样实现了Al（OH）3沉淀的分离，故答案为：稀硫酸；稀氨水；  

（6）先发生的反应是Al3+和Zn2+与OH-生成沉淀，随后随着NaOH的加入，沉淀减少直至消失，此时是因为生成的沉淀都能溶解在NaOH溶液中，但Al（OH）3～NaOH，Zn（OH）2～2NaOH，所以相同物质的量的沉淀溶解消耗的NaOH不同，最后NH4+和OH-反应生成NH3•H2O，故选：B．