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- 模拟试卷
- 预测试卷
7．2015年8月12日，天津滨海新区某公司的仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝酸铵、氰化钠、电石和金属钠等危险化学品。下列有关叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
】A．危险化学品虽然危害人类健康，但是作为化工原料不应禁止生产，所以A错误；
B．金属钠是固体，容易燃烧，所以B正确；
C．固体可燃物如金属钠燃烧不能用水扑灭，所以C错误；
D．金属钠是单质，不属于电解质，所以D错误
考查方向
解题思路
A．危险化学品虽然危害人类健康，但是重要的化工原料；
B．金属钠是固体，容易燃烧；
C．固体可燃物如金属钠燃烧不能用水扑灭；
D．金属钠是单质，不属于电解质
易错点
A．不清楚危险化学品虽然危害人类健康，但是作为化工原料不应禁止生产；B．不清楚金属钠是固体可燃物；C．不清楚固体可燃物燃烧不能用水扑灭；D．不清楚金属钠不属于电解质
知识点
8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A.78g过氧化钠和78g硫化钠的物质的量都是1mol，1mol过氧化钠和硫化钠中都含有1mol阴离子，含有的阴离子数为NA个，故A正确；
B．标准状况下，CCl4为液体，22.4L不为1mol，所以B错误；
C.Cu与S反应生成物为一价铜离子，失去1mol电子，所以1mol Cu与足量的S反应，转移电子数为1NA，所以C错误；
D．计算1mol·L-1 FeCl3溶液中含有的Fe3＋要用溶液的体积；而题目中没有溶液的体积，所以D错误。
考查方向
解题思路
A.78g过氧化钠和78g硫化钠的物质的量都是1mol，1mol过氧化钠和硫化钠中都含有1mol阴离子，含有的阴离子数为NA个；
B．标准状况下，CCl4为液体，22.4L不为1mol；
C.Cu与S反应生成物为一价铜离子，失去1mol电子
D．计算1mol·L-1 FeCl3溶液中含有的Fe3＋要用溶液的体积；
易错点
A．不清楚Na2O2中所含阴离子数目为1；
B．不清楚标准状况下，22.4L 气体为1mol
C.不清楚Cu与S反应生成物为一价铜离子，
D．不清楚计算1mol·L-1 FeCl3溶液中含有的Fe3＋要用溶液的体积；
知识点
9．下列有关实验的说法不正确的是 （ ）
正确答案
解析
A.0.051 mol·L-1 H2SO4溶液的氢离子浓度约为0.1 mol·L-1 ，所以用广泛pH试纸测得溶液的ppH=1，A正确；
B．做焰色反应实验时，透过蓝色钴玻璃的作用是为了防止钠离子颜色的干扰，所以观察到火焰颜色为紫色，证明被检验物一定含有钾元素，可能为钾盐，也可能为KOH，所以B错误；
C．滴定过程中眼睛注视锥形瓶中液体的目的颜色变化来确定终点，所以C正确；
D．配制FeSO4溶液时加入稀硫酸为了防止水解，加入铁粉作用的为了防止亚铁离子被氧化，所以D错误。
考查方向
解题思路
A.用广泛pH试纸测得溶液的pH为整数，0.051 mol·L-1 H2SO4溶液的氢离子浓度约为0.1 mol·L-1 。
B．做焰色反应实验时，透过蓝色钴玻璃的作用是为了防止钠离子颜色的干扰；
C．滴定过程中眼睛注视锥形瓶中液体的目的颜色变化来确定终点；
D．配制FeSO4溶液时加入稀硫酸为了防止水解，加入铁粉作用的为了防止亚铁离子被氧化。
易错点
A.用广泛pH试纸测得溶液的pH为整数；
B．不清楚焰色反应实验时，透过蓝色钴玻璃的作用
C．不清楚滴定过程中眼睛注视锥形瓶中液体的的目的
D．不清楚配制FeSO4溶液时稀硫酸和铁粉作用
知识点
10．下列说法正确的是 （ ）
A
B在碱性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH
C在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应
D
正确答案
解析
根据有机物的结构简式
B．在碱性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是乙酸盐，所以B错误；
C．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均含有酸性官能团，能与NaOH发生反应，所以C正确；
D．
考查方向
解题思路
A.根据有机物的结构简式确定有机化合物的分子式
B．在碱性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是乙酸盐
C．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均含有酸性官能团，能与NaOH发生反应
D．
易错点
A.不能准确确定有机化合物的分子式；
B．不了解酯类水解的实质
C．不了解乙酸、氨基乙酸、蛋白质与NaOH发生反应的原理
D．不能熟练掌握和应用有机物的系统命名法
知识点
11．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲､乙､丙､戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，丁是由Z元素形成的单质。已知：甲+丙→丁+己，甲+乙→戊+丁；25℃时0.01mol·L-1己溶液的pH为12。下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
A．1.0L 0.1mol·L-1戊溶液中阴离子为CO32_，CO32_离子水解生成HCO3-离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，A说法正确；
B．Na2O2具有强氧化性，加入到酚酞试液中，溶液先变红后褪色，所以B说法正确；
C．NaH、碳酸钠、氢氧化钠均为离子化合物，所以C说法正确；
D．离子的电子层数数相同时，原子序数越大，离子半径越小，所以钠离子半径小于于氧离子半径，D错误；
考查方向
解题思路
根据0.01 mol•L-1己溶液的pH为12（25℃），己是一元强碱且其中的金属元素在短周期，甲+丙=丁+己，甲+乙=戊+丁；则“丁”是氧气，“己”是氢氧化钠，那么甲是Na2O2、乙是二氧化碳，丙是水，戊是碳酸钠，因此X为氢、Y为碳、Z为氧、W为钠元素；
A．1.0L 0.1mol·L-1戊溶液中阴离子为CO32_，由于碳酸根的水解，所以总的物质的量大于0.1mol
B．Na2O2具有强氧化性，加入到酚酞试液中，溶液先变红后褪色
C．NaH、碳酸钠、氢氧化钠均为离子化合物；
D．钠离子半径小于于氧离子半径；
易错点
不能准确提取有关元素结构和性质的信息，不能准确把握元素周期律以及有关元素化合物的性质。
知识点
12.将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A.燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，OH-向负极移动；
B.当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，只发生反应①②，且KOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故B错误；
C.当22.4 L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-，故C正确；
D.当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，则c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-），故D错误
考查方向
解题思路
燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，OH-向负极移动；
n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，当0＜V≤22.4L时，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应，由此分析解答。
易错点
不能准确判断电极、不能熟练书写电离反应、不能准确判断离子浓度。
知识点
13．已知：常温下浓度为0.1mol/L的下
正确答案
解析
A.根据生成NaF所对应的酸为HF，生成NaClO所对应的酸为HClO，生成Na2CO3所对应的酸为HCO3－，生成NaHCO3所对应的酸为H2CO3，酸性：HCO3－＜HClO ＜H2CO3＜HF，所以，三种酸溶液的导电能力顺序：HClO＜H2CO3＜HF，错误；
B.0.1 mol·L -1 Na2CO3溶液中，c(Na+) = 0.2 mol·L-1 ，将CO2通入0.1 mol·L -1Na2CO3 溶液中至溶液中性，此时CO2过量，反应生成了NaHCO3，此时，溶液的体称没有变，溶液中的钠离子的浓度仍然为：c(Na+)=0.2 mol·L -1，根据电荷守恒有：c(Na+) +c(H+) =c(HCO3ˉ) + 2c (CO32ˉ )+ c(OHˉ)，由于溶液呈中性：c(H+) = c(OHˉ)，则c(Na+) = 2c (CO32ˉ)+ c (HCO3ˉ)= 0.2mol·L -1 ，错误；
C..NaClO(aq)与NaF(aq)中电荷守恒式分别为c(Na＋)＋c(H＋)=c(ClO－)＋c(OH－)、c(Na＋)＋c(H＋)=c(F－)＋c(OH－)，由于NaClO水解程度大，因此有c(H＋)NaClO＜c(H＋)NaF，所以NNaClO＜NNaF所以C正确；
D.向Na2CO3 溶液中通入少量HF气体Na2CO3+ HF =NaF+ NaHCO3，故D不正确。
考查方向
解题思路
相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO32ˉ ＞ClO-＞F-，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3ˉ＜HClO＜HF
易错点
不能根据水解程度判断对应的酸性强弱。
知识点
14．氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，受热易分解。某小组模拟制备氨基甲酸铵，反应如下：2NH3(g)+CO2(g)
（1）如用下图I装置制
（2）制备氨基甲酸铵的装置如下图Ⅱ所示，把NH3和CO2通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中。当悬浮物较多时，停止制备。
注：CCl4与液体石蜡均为惰性介质。
①图I中滴加液体的仪器名称是 ，液体石蜡鼓泡瓶的作用是
，发生器用冰水冷却的原因是 。
②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是 （填写操作名称），为了得到干燥产品，应采取的方法是 （填写选项序号）。
a.常压加热烘干 b．减压40℃以下烘干 c．高压加热烘干
（3）制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种。
①设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。
限选试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、Ba(OH)2溶液、AgNO3溶液、稀盐酸。
正确答案
（1）氢氧化钠固体等合理答案（填氨水则零分）
（2）①分液漏斗
通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例（或通过观察气泡，控制NH3与CO2的反应速率）降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）
②过滤 b
（3）①
解析
（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等；
（2）①液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，反应2NH3(g)+CO2(g)
②制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基
甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一
种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干；故答案：过滤；b；
（3）①根据实验目的，检验氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种，通过向试管中加入
过量的BaCl2溶液，静置溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵；在不含碳酸铵的基础上在通过向试管
中加入少量澄清石灰水，看溶液是否变浑浊证明固体中是否含有碳酸氢铵，故答案为：
得沉淀质量为1.97g，即BaCO3为1.97g，物质的量为1.97/197=0.01mol，根据碳酸根守恒，则碳酸氢
铵物质的量为0.01mol，又样品质量为3.30g，所以氨基甲酸铵的物质的量为(3.30×0.01×79)/78=0.03mol,则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=0.03/(0.03+0.01)×100%=75.00%，故答案为：75.00%．
考查方向
解题思路
⑴图I装置中没有加热，只能用浓氨水与氢氧化钠固体或氧化钙固体反应制取氨气。
⑵①据信息“该反应为放热反应、生成物氨基甲酸铵（NH2COONH4）受热易分解”，因此为了提高反应物的 转化率或防止产物的分解，可用冰水冷却发生器；气体通过液体石蜡鼓泡瓶时能观察气泡数，调节NH3与CO2通入比例或控制NH3与CO2的反应速率；
②根据“生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中”说明氨基甲酸铵难溶于CCl4（液体），采用过滤操作能将氨基甲酸铵从混合物中分离出来；为了防止氨基甲酸铵受热分解，采用“减压40℃以下”烘干产品。
⑶①在“限选试剂”中稀硝酸、稀盐酸与氨基甲酸铵、碳酸氢铵均能反应产生气体，不能用来验证碳酸氢铵；只有澄清石灰水与碳酸氢铵反应产生碳酸钙沉淀（溶液变浑浊）；
②根据①可知产品的成分有NH2COONH4、NH4HCO3，与足量氢氧化钡溶液充分反应生成BaCO3沉淀。
易错点
不能有效提取图表中信息，阅读材料、接受信息的能力不强，物质的分离提纯的方法掌握不熟
练，实验设计能力欠缺，不能有效设计实验进行成分探究，不能根据原子守恒进行纯度计算。
知识点
工业上采用乙苯与CO2脱氢生产重要化工原料苯乙烯的反应：
其中乙苯在CO2气氛中的反应可分两步进行：
17.上述乙苯与CO2反应的反应热△H=________________________。
18.下列叙述不能说明乙苯与CO2反应已达到平衡状态的是_____________________。
a．恒温恒压时气体密度不变 b．C(CO2) = C(CO)
c．消耗1molCO2同时生成 1molH2O d．CO2的体积分数保持不变
19.在3L密闭容器内，乙苯与CO2发生反应。在三种不同的条件下进行实验，乙苯、CO2的起始浓度均分别为1 mol/L和3 mol/L，其中实验I在T1。C、P1 Pa下，而实验II、III分别改变了某一个实验条件（假设均不影响物质的状态），乙苯的浓度随时间的变化如图1所示。
①实验I乙苯在0-50min时的反应速率为_______________。
②实验Ⅱ可能改变条件的是__________________________。
③图2是实验I中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线，请在图2中补画实验Ⅲ中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线。
20.实验I达到平衡后，在该温度下，向该容器中再通入乙苯和CO2各1mol，重新达到平衡时，乙苯的转化率将 （填“增大”、“减小”或“不变”），此时平衡常数为______________。
正确答案
(1)—210KJ/mol
解析
（1）观察三个热化学方程式，发现已知焓变的A+B可以得到乙苯与二氧化碳的反应，根据盖斯定律，则乙苯与二氧化碳反应的焓变=△H1+△H2=[(-125)+(-85)]kJ/mol=-210kJ/mol；
考查方向
解题思路
（1）根据盖斯定律结合热化学方程式分析；
易错点
不能灵活应用盖斯定律致错；没有理解化学平衡的特点致错；不能根据平衡时浓度进行平衡常
数的计算。
正确答案
(2) b c
解析
②恒温恒压时气体体积发生变化，而质量不变，所以密度不变，说明已达平衡，故a错误；虽然各组分的变化浓度之比等于化学方程式中系数之比，但是各组分的平衡浓度之比不一定等于化学方程式中系数之比，因此二氧化碳和一氧化碳浓度相等时反应不一定达到平衡，故b正确；二氧化碳和水的系数之比等于1∶1，消耗1molCO2同时生成1molH2O，说明不同物质的正反应速率等于化学方程式中系数之比，缺少逆反应速率，因此不能说明达到平衡，故c正确；二氧化碳是反应物，其体积分数逐渐减小，若保持不变，说明反应已达平衡，故d错误；
考查方向
解题思路
（2）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
易错点
不能灵活应用盖斯定律致错；没有理解化学平衡的特点致错；不能根据平衡时浓度进行平衡常
数的计算。
正确答案
(3)①0.012mol/（L•min） ②加入催化剂 ③ (只要拐点位置正确即可，未标出12.5不扣分)
解析
①观察图I，0～50min内△c(乙苯)=（1.0—0.4）mol/L=0.6mol/L，由于v=△c/△t，则v(乙苯)= 0.6mol/L÷50min=0.012mol/(L•min)；
②对比图I、图II，发现I→II时，单位时间内乙苯的变化浓度增大，说明反应速率加快，但是平衡时乙苯的浓度相等，说明平衡没有移动；由于乙苯与二氧化碳的反应是气体体积增大的放热反应，根据浓度、压强、温度和催化剂对化学平衡的影响规律推断，实验II可能改变的条件是加入催化剂；
③同理，推断实验I→III时，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，说明改变的条件是升高温度，因此画出的曲线满足以下几个要点：起点与实验I相同，未达平衡前，实验III的反应速率比I大，平衡后苯乙烯的体积分数比实验I的小；
考查方向
解题思路
（3）①根据图I中乙苯的浓度变化，求出反应速率；
②根据图I中实验Ⅱ改变条件平衡不移动，反应速率增大；
③实验Ⅲ中改变条件，由图I可知乙苯的浓度增大，平衡逆移，所以苯乙烯体积分数V%随时间t增大而减小；
易错点
不能灵活应用盖斯定律致错；没有理解化学平衡的特点致错；不能根据平衡时浓度进行平衡常
数的计算。
正确答案
(4)减小 0.375
解析
（4）增大乙苯的浓度，虽然平衡右移，乙苯的变化浓度增大，但是乙苯的起始浓度也增大，且变化浓度增大的程度小于起始浓度增大的程度，因此乙苯的转化率减小；平衡常数只与温度有关，与浓度改变无关，因此实验I中各组分的平衡浓度计算出的平衡常数就是此时的平衡常数，依题意可知实验I反应中各组分的起始、变化、平衡浓度，则：
C6H5CH2CH3(g)+CO2(g) 
起始浓度/ mol•Lˉ1 1.0 3.0 0 0 0
变化浓度/ mol•Lˉ1 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡浓度/ mol•Lˉ1 0.5 2.5 0.5 0.5 0.5
K=[c(C6H5CH=CH2)•c(CO) •c(H2O)]/[c(C6H5CH2CH3) •c(CO2)]="(" 0.5×0.5×0.5)/( 0.5×2.5)=0.375。
考查方向
解题思路
（4）根据加入乙苯引起的浓度增大量与平衡移动引起的浓度减小量的相对关系分析；若实验I中将乙苯的起始浓度改为1.0mol/L，其他条件不变，因为温度不变，则K不变，根据图I中数据求出K的值.
易错点
不能灵活应用盖斯定律致错；没有理解化学平衡的特点致错；不能根据平衡时浓度进行平衡常
数的计算。
21.Ⅰ．将广泛应用于航空工业的某合金（两种金属组成）投入过量浓硝酸中， 合金与硝酸剧烈反应，放出红棕色气体X和蓝绿色溶液Y。若将少量Y滴入NaCl溶液中，只产生白色沉淀。
（1）氯元素在周期表中的位置： 。
（2）组成合金的金属是 （填选项字母）。
（3）X是大气污染物之一，利用氨水可以将SO2和X同时吸收处理，原理如下图所示：
X被吸收的离子方程式是_______________________________________________。
II．某研究小组为了探究一种无机盐A（只含四种元素且阴阳离子个数比为1 ：1）的组成，设计并完成了如下实验：取少量无机盐A，加入足量6%的
（1）C的结构式为________________________。
（2）A与双氧水反应的化学方程式为_________________________。
（3）B与
（4）一种短周期的金属单质R在B、C中都能燃烧，则相同条件下，等体积的B、C完全反应消耗金属单质R的质量比为 。
正确答案
Ⅰ. (1) 第三周期ⅦA族 (2) D
(3) 2NO2+4HSO3—=N2+4SO42—+4H+
II．(1) N≡N
(2) 2KSCN + 11H2O2 = 2CO2↑+N2↑+ K2SO4 + 10H2O + H2SO4
(3) CO2+ Ba2++2OH—= BaCO3 ↓+ H2O ；
(4) 2:3
解析
Ⅰ.（1）氯气是17号元素，所以位置为 第三周期ⅦA族 ；
（2）合金与硝酸剧烈反应溶液为蓝绿色，说明有铜元素Y，滴入NaCl溶液中，只产生白色沉淀，说明有银元素，所以选D。
（3）X为NO2，NO2与NH4HSO3溶液反应有N2产生，所以离子方程式为2NO2+4HSO3—=N2+4SO42—+4H+
II．(1)C在标况下的密度为1.25g/L，则C为N2，结构式为 N≡N ；
（2）无机盐A与H2O2溶液充分反应后除了生成水外还有4种产物：气态氧化物B，气态单质N2，盐D和含氧强酸E，B、D、E与Ba(OH)2生成白色沉淀，且B生成的沉淀溶解且放出气体B，则B为CO2。A、D的焰色呈紫色，则D为K2SO4，E为H2SO4。所以A含有K、S、N、C四种元素，即为KSNC，KSCN与双氧水反应的化学方程式为2KSCN + 11H2O2 = 2CO2↑+N2↑+ K2SO4 + 10H2O + H2SO4。
（3）CO2与Ba(OH)2反应生成沉淀的离子方程式为 CO2+ Ba2++2OH—= BaCO3 ↓+ H2O；
（4）周期的金属单质R在CO2、N2中都能燃烧，则R为Na元素，根据反应方程式可知等体积的CO2、N2完全反应消耗金属单质Na的质量比为2:3。
考查方向
解题思路
Ⅰ.（1）氯气是17号元素；
（2）合金与硝酸剧烈反应溶液为蓝绿色，说明有铜元素Y，滴入NaCl溶液中，只产生白色沉淀，说明有银元素。
（3）X为NO2，NO2与NH4HSO3溶液反应有N2产生，离子方程式为2NO2+4HSO3—=N2+4SO42—+4H+
II．(1)C在标况下的密度为1.25g/L，则C为N2
（2）无机盐A与H2O2溶液充分反应后除了生成水外还有4种产物：气态氧化物B，气态单质N2，盐D和含氧强酸E，B、D、E与Ba(OH)2生成白色沉淀，且B生成的沉淀溶解且放出气体B，则B为CO2。A、D的焰色呈紫色，则D为K2SO4，E为H2SO4。所以A含有K、S、N、C四种元素，即为KSNC。
（3）CO2与Ba(OH)2反应生成沉淀的离子方程式为 CO2+ Ba2++2OH—= BaCO3 ↓+ H2O；
周期的金属单质R在CO2、N2中都能燃烧，则R为Na元素。
易错点
不能准确提取元素化合物的性质，不能根据实验现象进行元素化合物的推断以及性质的判断。
知识点
22.[化学—选修2：化学与技术]
（1）硫酸是一种重要的含氧酸。实验室用浓硫酸与乙二酸（H2C2O4）晶体共热，可获得CO 与CO2的混合气体，再将混合气进一步通过 (填一种试剂的名称)即可得纯净干燥的CO。在此反应中，硫酸体现了 性质。
（2）净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净【Cl2Na(NCO)3】先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去。
①优氯净中氯元素的化合价为 。
②亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为 。
③亚硫酸钠溶液在空气中易变质，请写出检验亚硫酸钠溶液是否变质的方法 。
（3）某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：
已知：
①无机盐M仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；
②上图中，将1.98g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入1.12g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液N。
③该小组同学将溶液N分为二等份，分别按路线Ⅰ、路线Ⅱ进行实验。
④在路线Ⅱ中，首先向溶液N中滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末1.20g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到3.48g纯净的不含结晶水的正盐W。
请按要求回答下列问题：
①由路线Ⅰ的现象可知，溶液N中含有的阳离子是 。
②由实验流程图可推得，含氧酸盐W的化学式是 ；由路线Ⅱ可知，1.98g无机盐M中所含钾元素的质量为 g。
③无机盐M与1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液N的化学反应方程为 。
正确答案
（1）碱石灰（CaO或NaOH固体），脱水性
（2）①+1价；②SO32－+HClO===SO42－+Cl－+H+
③取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质。
（3）①Fe2+②K2SO4，0.78g③2Fe+K2FeO4+4H2SO4===3FeSO4+K2SO4+4H2O
解析
（1）硫酸是一种重要的含氧酸，实验室用浓硫酸与乙二酸（H2C2O4）晶体共热，可获得CO与CO2的混合气体，再将混合气进一步通过要得到纯净的CO气体，需要除去混合气体中二氧化碳和水，所以应该用碱石灰干燥；浓硫酸在反应中起到了脱水性，故答案为：碱石灰（CaO或NaOH固体）；脱水性；
（2）①优氯净Cl2Na（NCO）3中，钠离子的化合价为+1价，N为-3价、O为-2价、C为+4价，设Cl元素的化合价为x，则：2x+（+1）+3[（-3）+（+4）+（-2）]=0，解得：x=+1，故答案为：+1；
②亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为：SO32-+HClO═SO42-+Cl-+H+，故答案为：SO32-+HClO═SO42-+Cl-+H+；
③亚硫酸钠溶液在空气中易变质，则溶液中会存在硫酸根离子，所以判断亚硫酸钠溶液是否变质的方法为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质；无水亚硫酸钠隔绝空气加热到600℃便开始分解，分解产物是硫化钠和另一固体，根据化合价变化可知，另一种产物为Na2SO4，反应的化学方程式为：4Na2SO3═3Na2SO4+Na2S，故答案为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质；4Na2SO3═3Na2SO4+Na2S；
（3）①根据路线Ⅰ可知，N溶液中一定含有亚铁离子，故答案为：Fe2+；
②1.2g氧化铁的物质的量为：：1.2g/(160g/mol)=0.0075mol，则溶液中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol×2×2=0.03mol，质量为：56g/mol×0.03mol=1.68g＞1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，无机盐M分子中的原子个数比为2：1：4，则M的化学式为：K2FeO4，根据流程可知，K2FeO4，与稀硫酸、还原铁粉反应生成硫酸亚铁和硫酸钾，根据质量守恒可知W为硫酸钾；
1.98gK2FeO4，的物质的量为1.98g/(198g/mol)==0.01mol，0.01molK2FeO4，中含有0.02mol钾离子，含有钾离子的质量为39g/mol×0.02mol=0.78g，故答案为：K2FeO4 ；0.78；
③无机盐M与还原铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，反应的化学方程式为：2Fe+K2FeO4，+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O，故答案为：2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O。
考查方向
解题思路
（1）除去混合气体中二氧化碳和水，可以选用碱石灰；浓硫酸在该反应中表现了脱水性；
（2）①根据化合物中总化合价为0计算出优氯净 Cl2Na(NCO)3中Cl元素的化合价；
②次氯酸具有强氧化性，能够与亚硫酸根离子发生氧化还原反应；
③亚硫酸钠若变质，溶液中会存在硫酸钠，先用过量盐酸除去亚硫酸根离子，然后用氯化钡检验是否含有硫酸根离子，从而判断亚硫酸钠是否变质；根据化合价变化判断反应产物，写出反应的化学方程式；
（3）1.2g氧化铁的物质的量为：1.2g/(160g/mol)=0.0075mol，则溶液中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol×2×2=0.03mol，质量为：56g/mol×0.03mol=1.68g＞1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，无机盐M分子中的原子个数比为2：1：4，则M的化学式为：K2FeO4，
①路线Ⅰ为检验亚铁离子的方法；
②K2FeO4，与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，根据质量守恒可知W为硫酸钾；根据n=m/M，计算出K2FeO4，的物质的量，再根据n=nM计算出钾离子的质量；
③根据K2FeO4，与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水写出反应的化学方程式。
易错点
不能熟练应用物质的性质进行杂质处理；不能准确确定复杂化合物的化合价；物质性质把握不准确，不能快速有效提取物质的特征信息进行解题，不能根据守恒法和讨论法进行化合物化学式的计算。