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2015-2016学年陕西省宝鸡市虢镇中学高三（上）第三次模考化学试卷
一、选择题（每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）
1．下列有关物质分类或归类正确的是（ ）
①混合物：盐酸、漂白粉、氯水、水银
②化合物：CaCl2、NaOH、HC1、HD
③电解质：明矾、石膏、冰醋酸、氯化银
④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
⑤放热反应：盐酸与氢氧化钠、碳与二氧化碳高温化合成一氧化碳、甲烷燃烧．
A．①③ B．③④ C．②③ D．④⑤
2．下列排列顺序正确的是（ ）
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②原子半径：Na＞Mg＞O
③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4
④离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+．
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
3．将饱和FeCl3溶液滴入沸水并煮沸一段时间，可得到红褐色液体，此液体不具有的性质是（ ）
A．光束通过该液体时形成光亮的“通路”
B．插入石墨电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深
C．向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生
D．将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成
4．下列各组离子在给定条件下，一定能大量共存的是（ ）
A．含有大量NO3﹣的水溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、H+
B．在pH=12的溶液中：ClO﹣、SO32﹣、Na+、K+
C．能与铝粉反应生成氢气的溶液中：Na+、Al3+、CH3COOO﹣、I﹣
D．澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、NO3‾、Cl ‾
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（ ）
A．含有大量ClO﹣的溶液中：K+、Na+、I ‾、SO32‾
B．使pH试纸变深蓝色的溶液中：NH4+、Na+、SO42‾、Cl﹣
C．在c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、SO42﹣、AlO2﹣、K+
D．c（Al3+）=0.1 mol•L﹣1的溶液中：Na+、NH4+、AlO2‾、SO42‾
6．下列离子反应方程式正确的是（ ）
A．澄清石灰水来吸收氯气：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H+
B．将金属Na加入冷水中：Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
C．向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H++2NO3═3Fe2++2NO↑+4H2O
D．碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液：OH﹣+Ca2++HCO3﹣=H2O+CaCO3↓
7．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的4种短周期元素．X元素原子最外层电子数比次外层电子数多1；Z与Y相邻，Z比Y的电子数多8；W元素原子最外层电子数等于电子层数的2倍．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径Y＞Z＞W
B．Y、Z和W三种元素位于同一周期
C．Y元素最高价氧化物对应的水化物一定是强酸
D．Y、Z的最高正价与最低负价绝对值之和均为8
8．某溶液中大量存在以下五种离子：NO3﹣、SO42﹣、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能为（ ）
A．Mg2+ B．Fe2+ C．CO32﹣ D．Ba2+
9．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（ ）
①氧化剂是H3AsO3； ②还原性：Cl﹣＞As； ③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； ④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．
A．①③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．只有①③
10．设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（ ）
A．1L0.1mol/L的 Na2S溶液中S2﹣的个数为0.1NA
B．标准状况下，11.2LH2所含的中子数为0.15 NA
C．7.8g Na2O2与足量的水反应，转移的电子数为0.2 NA
D．1mol羟基所含电子数为9 NA
11．关于如图所示各装置图的叙述不正确的是（ ）
A．用装置①精炼铜，a极为粗铜，电解质溶液为硫酸铜溶液
B．装置②盐桥中KCl的Cl﹣ 移向乙烧杯
C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D．装置④可以验证温度对化学平衡的影响
12．湿润的淀粉碘化钾试纸遇臭氧变蓝，化学方程式为：2KI+O3+H2O=2KOH+I2+O2下列叙述正确的是（ ）
A．O3在反应中被还原为O2
B．该反应的还原剂是H2O
C．1molO3在反应中得到2mol电子
D．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
13．将0.4mol/L的NH4Cl溶液与0.2mol/L的NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中下列离子的浓度关系正确的是（ ）
A．c （ NH4+）+c （ Na+）=c （ Cl﹣）+c （ OH﹣）
B．c （ NH4+）+c （ NH3•H2O ）=0.4mol/L
C．c （ Cl﹣）＞c （ NH4+）＞c （ Na+）＞c （ OH﹣）＞c （ H+）
D．c （ Cl﹣）＞c （ Na+）＞c （ NH4+）＞c （ H+ ）＞c （ OH﹣）
14．向10mL 0.1mol/L NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（ ）
A．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c （ NH4+）＞c （ Al3+）
B．x=10时，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c （ NH4+）＞c （ SO42﹣）
C．x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c （ OH﹣）＜c （ AlO2﹣）
D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c （ OH﹣）=c （ Ba2+）
二．【共58分，15题的（2）共2分，化学式全对未配平得1分，其余每空2分．】
15．加碘盐有添加KIO3或KI两种，为探究某种加碘食盐，按以下步骤进行了实验：
①取适量加碘食盐置于烧杯中，加水溶解，制成溶液；
②取适量上述溶液于试管中，加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色；继续滴加氯水，振荡，CCl4层紫色逐渐变浅，最后变成无色．
③另取适量所制食盐溶液于试管中，加入少许CCl4后滴加FeCl3溶液，CCl4层变成紫色．继续滴加FeCl3溶液，CCl4层的颜色没有变化．
请根据以上实验过程及现象，回答下列问题：
（1）用离子方程式和文字说明实验步骤②CCl4层变成紫色的原因：
（2）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式： + + → HlO3+
（3）实验步骤②整个过程中做还原剂的物质是 ．（填符号）
（4）Cl2、HIO3、FeCl3氧化性由强到弱的顺序是 ．
（5）要将加KI的含碘量为20mg～50mg/kg的加碘盐1000kg，与Cl2反应转化成加KIO3的加碘盐，至少需要消耗Cl2 L（标准状况，保留2位小数）．
16．减少NO2、SO2、CO等有害气体对大气环境的危害，是人类的共同追求．
已知：NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=+41.8kJ•mol﹣1
（1）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 ．
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2
（2）当上述反应平衡时，测得NO2与SO2体积比为1：6，则平衡常数K= ．
（3）当给已达平衡状态的上述反应升温时，平衡常数K′ ．（变大、变小或不变）
17．实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2，流程如下：
（1）操作Ⅰ使用的试剂是 ，所用的主要仪器名称是 ．
（2）加入溶液W的目的是 ．用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+．由表中数据可知，理论上可选择的pH最大范围是 ．酸化溶液Z时，使用的试剂为 ．
开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH
Mg2+
9.6
11.0
Ca2+
12.2
c（OH﹣）=1.8mol•L﹣1
18．四氯化钛是工业制备金属钛的重要原料，制备四氯化钛的反应原理为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
已知：
Ⅰ．常温下，四氯化钛是一种极易水解的无色液体，沸点为136.4℃．
Ⅱ．装置A中发生的化学反应为： ．
现用如图装置，模拟工业制备四氯化钛的生成过程，其主要操作步骤有：
①连接好整套装置，检查气密性；
②当D瓶中TiCl4的量不再增加时，停止加热，改通CO2气体直至电炉中瓷管冷却为止；
③将TiO2、碳粉混合装入管式电炉；其它所用药品也一并填装好；
④将电炉升温至800℃一段时间后，打开分液漏斗活塞并使浓盐酸与MnO2混合、关闭、并点燃酒精灯，同时在冷凝管中通冷凝水；
⑤先持续通入干燥的CO2气体一段时间，然后将其活塞关闭；
试回答下列问题：
（1）请写出CO2的电子式： ．
（2）正确的操作程序是（填写操作步骤的序号） ．
（3）操作⑤的目的是 ．
（4）装置E的作用是 ．
（5）少量TiCl4露置于潮湿空气中，可看到的现象是 ，其化学方程式可表示为 ．
（6）指出该实验的不足、并改进 ．
19．某溶液含有K+、Cu2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣中的几种，已知该溶液各离子的浓度均为0.2mol/L（不考虑水的电离及离子的水解）．为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：
Ⅰ．取少量溶液，加入KSCN溶液时无明显变化；
Ⅱ．取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
Ⅲ．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，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类没有增加．
请推断：
（1）仅由操作Ⅰ及现象可得出的结论是 ．
（2）仅由操作Ⅱ及现象可得出的结论是 ．
（3）由操作Ⅲ及现象可得出溶液中一定含有的阳离子是 （ 写离子符号）．操作Ⅲ中发生反应的化学方程式为 ．
（4）结合三步操作及题干已知，你认为原溶液中所含离子种类共有 种．
（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为 g，写出此过程中涉及氧化还原反应的化学方程式 ．
2015-2016学年陕西省宝鸡市虢镇中学高三（上）第三次模考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）
1．下列有关物质分类或归类正确的是（ ）
①混合物：盐酸、漂白粉、氯水、水银
②化合物：CaCl2、NaOH、HC1、HD
③电解质：明矾、石膏、冰醋酸、氯化银
④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨
⑤放热反应：盐酸与氢氧化钠、碳与二氧化碳高温化合成一氧化碳、甲烷燃烧．
A．①③ B．③④ C．②③ D．④⑤
【考点】混合物和纯净物；同素异形体；单质和化合物；吸热反应和放热反应；电解质与非电解质．
【分析】①根据混合物是由多种物质组成的物质，单质是由同种元素组成的纯净物进行分析；
②根据化合物是由不同种元素组成的纯净物进行分析；
③根据电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物进行分析；
④根据同素异形体是由同种元素形成的不同种单质进行分析；
⑤根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应．
【解答】解：①盐酸是氯化氢的水溶液是混合物，漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，氯水是氯气的水溶液是混合物，水银是汞单质，是纯净物，故①错误；
②CaCl2、NaOH、HCl都是由不同元素组成的纯净物，是化合物，HD是有同种元素组成的纯净物是单质，故②错误；
③明矾、石膏、冰醋酸、氯化银都能在水溶液里电离出自由移动的离子，是电解质，故③正确；
④C60、C70、金刚石、石墨是同一元素形成的不同单质，属于同素异形体，故④正确；
⑤盐酸与氢氧化钠、甲烷燃烧是放热反应，碳酸钙高温分解是吸热反应，故⑤错误；
故选B．
2．下列排列顺序正确的是（ ）
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②原子半径：Na＞Mg＞O
③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4
④离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+．
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．
【分析】①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
②根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大判断；
③元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
④核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小．
【解答】解：①非金属性F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故错误；
②同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Na＞Mg，一般来说，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则Na＞Mg＞O，故正确；
③非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故错误；
④O2﹣、F﹣、Na+核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故正确．
故选B．
3．将饱和FeCl3溶液滴入沸水并煮沸一段时间，可得到红褐色液体，此液体不具有的性质是（ ）
A．光束通过该液体时形成光亮的“通路”
B．插入石墨电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深
C．向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生
D．将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成
【考点】胶体的重要性质．
【分析】胶体中分散质粒子直径在1﹣100nm之间，胶体能发生丁达尔效应、能产生电泳现象、能产生聚沉．
【解答】解：A、胶体中分散质粒子直径在1﹣100nm之间，所以胶体能产生丁达尔效应，故A正确；
B、胶体具有吸附性，吸附带电荷的离子，所以能产生电泳现象，故B正确；
C、饱和FeCl3溶液中能电离出氯离子，加入硝酸银溶液可生成沉淀，故C错误；
D、这是个完全水解过程，加热一方面是加强水解，一方面是让HCl的浓度增加到饱和，以放出HCl气体，这样等水干后就全是Fe（OH）3（前提温度不高）灼烧使Fe（OH）3失水变成Fe2O3，所以结果就是把氯化铁溶液蒸干灼烧，最后的得到的固体产物是氧化铁，故D正确；
故选：C．
4．下列各组离子在给定条件下，一定能大量共存的是（ ）
A．含有大量NO3﹣的水溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、H+
B．在pH=12的溶液中：ClO﹣、SO32﹣、Na+、K+
C．能与铝粉反应生成氢气的溶液中：Na+、Al3+、CH3COOO﹣、I﹣
D．澄清透明的溶液中：Cu2+、Fe3+、NO3‾、Cl ‾
【考点】离子共存问题．
【分析】A．离子之间发生氧化还原反应；
B．pH=12的溶液，显碱性；
C．能与铝粉反应生成氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
D．该组离子之间不反应．
【解答】解：A．Fe2+、NO3﹣、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．pH=12的溶液，显碱性，ClO﹣、SO32﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．能与铝粉反应生成氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能大量存在CH3COOO﹣，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故C错误；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D．
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（ ）
A．含有大量ClO﹣的溶液中：K+、Na+、I ‾、SO32‾
B．使pH试纸变深蓝色的溶液中：NH4+、Na+、SO42‾、Cl﹣
C．在c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、SO42﹣、AlO2﹣、K+
D．c（Al3+）=0.1 mol•L﹣1的溶液中：Na+、NH4+、AlO2‾、SO42‾
【考点】离子共存问题．
【分析】A．ClO﹣具有强氧化性；
B．使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性；
C．c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈碱性；
D．与Al3+反应的离子不能大量共存．
【解答】解：A．ClO﹣具有强氧化性，具有还原性的I ‾、SO32‾不能大量共存，故A错误；
B．使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；
C．c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D．AlO2‾与Al3+发生互促水解反应而不能大量共存，故D错误．
故选C．
6．下列离子反应方程式正确的是（ ）
A．澄清石灰水来吸收氯气：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H+
B．将金属Na加入冷水中：Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
C．向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe+8H++2NO3═3Fe2++2NO↑+4H2O
D．碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液：OH﹣+Ca2++HCO3﹣=H2O+CaCO3↓
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．氢氧化钙与氯气反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；
B．离子方程式两边钠的质量不守恒；
C．铁粉少量，反应生成铁离子、一氧化氮气体和水；
D．苛性钾为氢氧化钾，氢氧化钾少量，反应生成碳酸氢钠、碳酸钙沉淀和水．
【解答】解：A．澄清石灰水来吸收氯气，反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，正确的离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A错误；
B．将金属Na加入冷水中，反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；
C．向稀硝酸中加入少量铁粉，反应生成铁离子，正确的离子方程式为：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故C错误；
D．碳酸氢钙溶液中加入少量苛性钾溶液，离子方程式按照氢氧化钾的化学式书写，反应的离子方程式为：OH﹣+Ca2++HCO3﹣=H2O+CaCO3↓，故D正确；
故选D．
7．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的4种短周期元素．X元素原子最外层电子数比次外层电子数多1；Z与Y相邻，Z比Y的电子数多8；W元素原子最外层电子数等于电子层数的2倍．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径Y＞Z＞W
B．Y、Z和W三种元素位于同一周期
C．Y元素最高价氧化物对应的水化物一定是强酸
D．Y、Z的最高正价与最低负价绝对值之和均为8
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的4种短周期元素．X元素原子最外层电子数比次外层电子数多1，最外层电子数不大于8，则次外层只能是第一电子层，所以X是B元素；Z与Y相邻，Z比Y的电子数多8，所以Y和Z属于同一主族元素，Y原子序数大于X，所以Y属于第二周期元素，Z属于第三周期元素；W元素原子最外层电子数等于电子层数的2倍，W的最外层电子数不大于8，且W是短周期元素，原子序数不大于18，W原子序数大于Z，所以W是S元素；通过以上分析知，Y和Z可能是C和Si或N和P．
【解答】解：X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的4种短周期元素．X元素原子最外层电子数比次外层电子数多1，最外层电子数不大于8，则次外层只能是第一电子层，所以X是B元素；Z与Y相邻，Z比Y的电子数多8，所以Y和Z属于同一主族元素，Y原子序数大于X，所以Y属于第二周期元素，Z属于第三周期元素；W元素原子最外层电子数等于电子层数的2倍，W的最外层电子数不大于8，且W是短周期元素，原子序数不大于18，W原子序数大于Z，所以W是S元素；通过以上分析知，Y和Z可能是C和
Si或N和P．
A、Y和Z属于同一主族元素，且Y的原子序数小于Z，所以Z的原子半径大于Y；Z和W属于同一周期，W的原子序数大于Z，所以Z的原子半径大于W；Y的电子层数小于W，所以W的原子半径大于Y，所以原子半径大小为原子半径Z＞W＞Y，故A错误．
B、通过以上分析知，Y、Z和W三种元素位于不同周期，故B错误．
C、如果Y是C元素，则Y元素最高价氧化物对应的水化物碳酸是弱酸，故C错误．
D、同一种元素中，该元素的最高正价与最低负价的绝对值等于8，故D正确．
故选D．
8．某溶液中大量存在以下五种离子：NO3﹣、SO42﹣、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能为（ ）
A．Mg2+ B．Fe2+ C．CO32﹣ D．Ba2+
【考点】离子共存问题．
【分析】根据溶液呈电中性，从电荷守恒的角度判断．
【解答】解：已知：物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，假设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，
则n（NO3﹣）+2×n（SO42﹣）=2mol+2×3mol=8mol，
3×n（Fe3+）+n（H+）=3×1mol+3mol=6mol，
阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，
又因Fe2+在酸性条件下与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，Ba2+与SO42﹣反应生成沉淀而不能大量共存，
故选A．
9．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（ ）
①氧化剂是H3AsO3； ②还原性：Cl﹣＞As； ③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol； ④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．
A．①③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．只有①③
【考点】氧化还原反应．
【分析】离子方程式3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成．
【解答】解：①H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故①正确；
②反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故②错误；
③H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故③正确；
④根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故④错误；
⑤SnCl2→SnCl62﹣，Sn元素的化合价升高，SnCl62﹣是氧化产物，故⑤正确．
故选：A．
10．设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（ ）
A．1L0.1mol/L的 Na2S溶液中S2﹣的个数为0.1NA
B．标准状况下，11.2LH2所含的中子数为0.15 NA
C．7.8g Na2O2与足量的水反应，转移的电子数为0.2 NA
D．1mol羟基所含电子数为9 NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、S2﹣是弱酸根，在溶液中会水解；
B、氢气中无中子；
C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠与水反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子来分析；
D、羟基不显电性．
【解答】解：A、S2﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中S2﹣的个数小于0.1NA个，故A错误；
B、氢气中无中子，故标况下11.2L即0.5mol氢气中含中子数为0，故B错误；
C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与水反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故C错误；
D、羟基不显电性，故1mol羟基中含9mol电子即9NA个，故D正确．
故选D．
11．关于如图所示各装置图的叙述不正确的是（ ）
A．用装置①精炼铜，a极为粗铜，电解质溶液为硫酸铜溶液
B．装置②盐桥中KCl的Cl﹣ 移向乙烧杯
C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D．装置④可以验证温度对化学平衡的影响
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；
B．该装置是原电池，锌作负极，铜作正极，原电池放电时，盐桥中阴离子向负极移动；
C．金属的腐蚀与防护中，被保护的金属应该与电源的负极相连；
D．升高温度，可逆反应中化学平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动．
【解答】解：A．根据电流方向知，a是电解池阳极，b是电解池阴极，用装置①精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液是含有铜离子的可溶性盐溶液，所以a极为粗铜，电解质溶液为硫酸铜溶液，故A正确；
B．该装置是原电池，锌作负极，铜作正极，放电时，盐桥中氯离子向甲杯移动，故B错误；
C．电解池的负极上电解质溶液中阴离子导电，所以阴极金属被保护，则为了保护金属不被腐蚀，被保护的金属应该与电源的负极相连，故C正确；
D．温度对可逆反应有影响，升高温度，可逆反应中化学平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动，该装置中左右烧杯中温度不同，且反应体系是同一体系，所以能验证温度对化学平衡的影响，故D正确；
故选B．
12．湿润的淀粉碘化钾试纸遇臭氧变蓝，化学方程式为：2KI+O3+H2O=2KOH+I2+O2下列叙述正确的是（ ）
A．O3在反应中被还原为O2
B．该反应的还原剂是H2O
C．1molO3在反应中得到2mol电子
D．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【考点】氧化还原反应．
【分析】2KI+O3+H2O=2KOH+I2+O2中，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答．
【解答】解：A．O元素的化合价降低，则O3在反应中被还原生成KOH，故A错误；
B．I元素的化合价升高，则KI为还原剂，故B错误；
C.1molO3中，只有1molO得到电子，反应中得到1mol×[0﹣（﹣2）]=2mol电子，故C正确；
D．由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选C．
13．将0.4mol/L的NH4Cl溶液与0.2mol/L的NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中下列离子的浓度关系正确的是（ ）
A．c （ NH4+）+c （ Na+）=c （ Cl﹣）+c （ OH﹣）
B．c （ NH4+）+c （ NH3•H2O ）=0.4mol/L
C．c （ Cl﹣）＞c （ NH4+）＞c （ Na+）＞c （ OH﹣）＞c （ H+）
D．c （ Cl﹣）＞c （ Na+）＞c （ NH4+）＞c （ H+ ）＞c （ OH﹣）
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】NaOH和NH4Cl反应方程式为NaOH+NH4Cl=NH3．H2O+NaCl，NH4Cl溶液浓度是NaOH溶液浓度的2倍，二者等体积混合，根据方程式知，NH4Cl有一半剩余，则溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3．H2O、NaCl，NH4Cl中铵根离子水解程度小于NH3•H2O电离程度，导致溶液出碱性，根据电荷守恒、物料守恒判断溶液中离子浓度大小．
【解答】解：NaOH和NH4Cl反应方程式为NaOH+NH4Cl=NH3．H2O+NaCl，NH4Cl溶液浓度是NaOH溶液浓度的2倍，二者等体积混合，根据方程式知，NH4Cl有一半剩余，则溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3•H2O、NaCl，NH4Cl中铵根离子水解程度小于NH3．H2O电离程度，导致溶液出碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），氯离子、钠离子不水解，结合物料守恒知c（Cl﹣）最大，c（NH4+）＞c（Na+），NH3．H2O是弱电解质，电离程度较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是：c（Cl﹣）＞（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+），
A．根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（Na+）=Cl﹣）+c（OH﹣），故A正确；
B．根据物料守恒可得：（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.2mol/L，故B错误；
C．根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（ H+），故C正确；
D．溶液中满足电荷守恒：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（ H+），故D错误；
故选AC．
14．向10mL 0.1mol/L NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（ ）
A．x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c （ NH4+）＞c （ Al3+）
B．x=10时，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c （ NH4+）＞c （ SO42﹣）
C．x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c （ OH﹣）＜c （ AlO2﹣）
D．x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c （ OH﹣）=c （ Ba2+）
【考点】离子方程式的有关计算．
【分析】当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，结合铵根离子水解解答；
当x=30时，0.001 mol的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol AlO2﹣、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，据此判断反应中c（OH﹣）与c（AlO2﹣）、c（Ba2+）的大小关系．
【解答】解：A、当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，溶液中c（NH4+）＞c（Al3+），故A正确；
B、由A中分析可知，溶液中不会有AlO2﹣生成，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO42﹣，溶液中NH4+未参加反应，但溶液中NH4+水解，故c（NH4+）＜c（SO42﹣），故B错误；
C、当x=30时，0.001 mol的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol AlO2﹣、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，使得溶液中c（OH﹣）大于0.001 mol，故c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C错误；
D、由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，其中溶液中c（OH﹣）大于0.001 mol，含有0.001 mol Ba2+，c（OH﹣）＞c（Ba2+），故D错误；
故选A．
二．【共58分，15题的（2）共2分，化学式全对未配平得1分，其余每空2分．】
15．加碘盐有添加KIO3或KI两种，为探究某种加碘食盐，按以下步骤进行了实验：
①取适量加碘食盐置于烧杯中，加水溶解，制成溶液；
②取适量上述溶液于试管中，加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色；继续滴加氯水，振荡，CCl4层紫色逐渐变浅，最后变成无色．
③另取适量所制食盐溶液于试管中，加入少许CCl4后滴加FeCl3溶液，CCl4层变成紫色．继续滴加FeCl3溶液，CCl4层的颜色没有变化．
请根据以上实验过程及现象，回答下列问题：
（1）用离子方程式和文字说明实验步骤②CCl4层变成紫色的原因： 氯气将碘离子氧化成碘单质，碘单质易溶于CCl4，所以CCl4层变成紫色；2I﹣+Cl2=I2+Cl﹣
（2）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式： 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2 HlO3+ 10HCl
（3）实验步骤②整个过程中做还原剂的物质是 I﹣、I2 ．（填符号）
（4）Cl2、HIO3、FeCl3氧化性由强到弱的顺序是 Cl2＞HIO3＞FeCl3 ．
（5）要将加KI的含碘量为20mg～50mg/kg的加碘盐1000kg，与Cl2反应转化成加KIO3的加碘盐，至少需要消耗Cl2 10.58 L（标准状况，保留2位小数）．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】（1）根据氯气具有强氧化性，将碘离子氧化成碘单质，发生离子方程式为：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2，碘单质易溶于CCl4，所以CCl4层变成紫色；
（2）根据碘单质溶于CCl4，所以CCl4层变成紫色，则继续滴加氯水，振荡，CCl4层紫色逐渐变浅，最后变成无色，说明碘单质又被氯气氧化成碘酸，根据得失电子守恒书写配平方程式；
（3）根据氯气氧化碘离子生成碘单质和氯气氧化碘单质生成碘酸结合化合价升高的做还原剂分析判断；
（4）根据步骤③另取适量所制食盐溶液于试管中，加入少许CCl4后滴加FeCl3溶液，CCl4层变成紫色，说明FeCl3将电离子氧化成碘单质，继续滴加FeCl3溶液，CCl4层的颜色没有变化，说明FeCl3不能继续氧化碘单质，据此分析；
（5）由信息写出反应方程式：KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据化学方程式计算，按最小值计算．
【解答】解：（1）因为氯气具有强氧化性，将碘离子氧化成碘单质，发生离子方程式为：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2，碘单质易溶于CCl4，所以CCl4层变成紫色，
故答案为：氯气将碘离子氧化成碘单质，碘单质易溶于CCl4，所以CCl4层变成紫色，离子方程式为：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2；
（2）因为碘单质溶于CCl4，所以CCl4层变成紫色，则继续滴加氯水，振荡，CCl4层紫色逐渐变浅，最后变成无色，说明碘单质又被氯气氧化成碘酸，则根据得失电子守恒，方程式为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，
故答案为：5Cl2、I2、6H2O、2、10HCl；
（3）由步骤②氯气先氧化碘离子生成碘单质，后继续通氯气，氯气氧化碘单质生成碘酸，所以根据化合价升高的做还原剂，则做还原剂的物质是碘离子、碘单质，故答案为：I﹣、I2；
（4）根据步骤③另取适量所制食盐溶液于试管中，加入少许CCl4后滴加FeCl3溶液，CCl4层变成紫色，说明FeCl3将电离子氧化成碘单质，继续滴加FeCl3溶液，CCl4层的颜色没有变化，说明FeCl3不能继续氧化碘单质，而根据步骤②氯气还可以继续氧化碘单质，所以Cl2、HIO3、FeCl3氧化性由强到弱的顺序是Cl2＞HIO3＞FeCl3，
故答案为：Cl2＞HIO3＞FeCl3；
（5）1000kg加碘食盐中含碘20g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗标准状况下Cl2的体积为：×3×22.4L/mol=10.58L，
故答案为：10.58．
16．减少NO2、SO2、CO等有害气体对大气环境的危害，是人类的共同追求．
已知：NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=+41.8kJ•mol﹣1
（1）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 b ．
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2
（2）当上述反应平衡时，测得NO2与SO2体积比为1：6，则平衡常数K= ．
（3）当给已达平衡状态的上述反应升温时，平衡常数K′ 变大 ．（变大、变小或不变）
【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．
【分析】（1）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，判断反应是否达平衡状态；
（2）根据三行式计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；
（3）△H＞0，升高温度平衡正移，K变大，由此分析解答．
【解答】解：（1）a．无论是否达到平衡，体系压强都保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故a错误；
b．混合气体颜色保持不变，说明浓度不变，达到平衡状态，故b正确；
c．SO3和NO的计量数之比为1：1，无论是否达到平衡，二者的体积比保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故c错误；
d．物质的量之比等于化学计量数之比，则每消耗1mol SO3的同时生成1molNO2，不能判断是否达到平衡状态，故d错误；故答案为：b；
（2）NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）
起始物质的体积 a 2a 0 0
转化物质的体积 x x x x
平衡物质的体积 a﹣x 2a﹣x x x
平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即（a﹣x）：（2a﹣x）=1：6，故x=a，故平衡常数K====，
故答案为：；
（3）已知△H＞0，升高温度平衡正移，K变大，故答案为：变大．
17．实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2，流程如下：
（1）操作Ⅰ使用的试剂是 四氯化碳 ，所用的主要仪器名称是 分液漏斗 ．
（2）加入溶液W的目的是 除去溶液中的SO42﹣ ．用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+．由表中数据可知，理论上可选择的pH最大范围是 11.0≤pH＜12.2 ．酸化溶液Z时，使用的试剂为 盐酸 ．
开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH
Mg2+
9.6
11.0
Ca2+
12.2
c（OH﹣）=1.8mol•L﹣1
【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2，应将混合物中的Mg2+、SO42﹣、Br﹣等离子除去，根据流程可以看出分别加入氯气将溶液中的Br﹣氧化溴单质，加入氯化钡除去SO42﹣，用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+．
（1）单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗；
（2）分析表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全，pH大于12.2时，Ca2+开始沉淀，所以理论上可选择pH最大范围是11.0≤pH＜12.2；除杂时不能引入新的杂质．
【解答】解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的Br﹣氧化溴单质，因为单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗．由流程图可知单质溴在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，故答案为：CCl4；分液漏斗；
（2）由于SO42﹣会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；由表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全，pH大于12.2时，Ca2+开始沉淀，所以理论上可选择pH最大范围是11.0≤pH＜12.2；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，故答案为：除去溶液中的SO42﹣；11.0≤pH＜12.2；盐酸．
18．四氯化钛是工业制备金属钛的重要原料，制备四氯化钛的反应原理为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
已知：
Ⅰ．常温下，四氯化钛是一种极易水解的无色液体，沸点为136.4℃．
Ⅱ．装置A中发生的化学反应为： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
现用如图装置，模拟工业制备四氯化钛的生成过程，其主要操作步骤有：
①连接好整套装置，检查气密性；
②当D瓶中TiCl4的量不再增加时，停止加热，改通CO2气体直至电炉中瓷管冷却为止；
③将TiO2、碳粉混合装入管式电炉；其它所用药品也一并填装好；
④将电炉升温至800℃一段时间后，打开分液漏斗活塞并使浓盐酸与MnO2混合、关闭、并点燃酒精灯，同时在冷凝管中通冷凝水；
⑤先持续通入干燥的CO2气体一段时间，然后将其活塞关闭；
试回答下列问题：
（1）请写出CO2的电子式： ．
（2）正确的操作程序是（填写操作步骤的序号） ①③⑤④② ．
（3）操作⑤的目的是 排尽装置内的空气，避免TiCl4遇空气中水蒸气发生水解 ．
（4）装置E的作用是 吸收多余的Cl2及挥发的HCl，以免污染空气 ．
（5）少量TiCl4露置于潮湿空气中，可看到的现象是 大量白雾产生 ，其化学方程式可表示为 TiCl4+4H2O═4HCl+Ti（OH）4 ．
（6）指出该实验的不足、并改进 尾气中含有毒气体CO，不能被NaOH溶液吸收；可在装置E后再连接一个燃烧或收集装置 ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】装置A中用二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气、二氧化锰和水，据此书写化学方程式；
（1）二氧化碳分子中碳原子最外层有4个电子，氧原子最外层有6个电子，碳原子与氧原子形成两对共用电子对，据此书写电子式；
（2）实验时，先装入药品，然后通入二氧化碳，将容器中的水蒸气、氧气等排除，加热反应，反应完毕后，继续通入二氧化碳，将装置内的氯气、CO等排出；
（3）四氯化钛极易水解，能与装置中的空气里的水蒸气反应；
（4）反应中有未反应的氯气及挥发出来的氯化氢，会污染空气，所以要用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；
（5）TiCl4极易与空气中的水反应，会生成Ti（OH）4和氯化，氯化氢极易溶于水，与空气中的水结合形成雾状物质，根据元素守恒书写化学方程式；
（6）根据该实验的原理可知，C装置中产生CO，所以尾气中含有毒气体CO，不能被NaOH溶液吸收，会污染空气．
【解答】解：装置A中用二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气、二氧化锰和水，反应化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（1）二氧化碳分子中碳原子最外层有4个电子，氧原子最外层有6个电子，碳原子与氧原子形成两对共用电子对，所以二氧化碳的电子式为，
故答案为：；
（2）实验时，先装入药品，然后通入二氧化碳，将容器中的水蒸气、氧气等排除，加热反应，反应完毕后，继续通入二氧化碳，将装置内的氯气、CO等排出，操作顺序为①③⑤④②，
故答案为：①③⑤④②；
（3）四氯化钛极易水解，能与装置中的空气里的水蒸气反应，所以在通Cl2前先通入CO2气体并持续一段时间，排尽装置中的空气，避免TiCl4 遇空气中水蒸气发生水解，
故答案为：排尽装置内的空气，避免TiCl4 遇空气中水蒸气发生水解；
（4）反应中有未反应的氯气及挥发出来的氯化氢，会污染空气，所以要用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，所以E的作用是吸收多余的Cl2及挥发的HCl，以免污染空气，
故答案为：吸收多余的Cl2及挥发的HCl，以免污染空气；
（5）TiCl4极易与空气中的水反应，会生成氯化氢，氯化氢极易溶于水，与空气中的水结合形成雾状物质，所以看到的现象是大量白雾产生，反应的化学方程式为：TiCl4+4H2O═4HCl+Ti（OH）4 ，
故答案为：大量白雾产生；TiCl4+4H2O═4HCl+Ti（OH）4 ；
（6）根据该实验的原理可知，C装置中产生CO，所以尾气中含有毒气体CO，不能被NaOH溶液吸收，会污染空气，为防止污染空气，可在装置E后再连接一个燃烧或收集装置，
故答案为：尾气中含有毒气体CO，不能被NaOH溶液吸收；可在装置E后再连接一个燃烧或收集装置．
19．某溶液含有K+、Cu2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣中的几种，已知该溶液各离子的浓度均为0.2mol/L（不考虑水的电离及离子的水解）．为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：
Ⅰ．取少量溶液，加入KSCN溶液时无明显变化；
Ⅱ．取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
Ⅲ．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，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类没有增加．
请推断：
（1）仅由操作Ⅰ及现象可得出的结论是 溶液中一定不含Fe3+ ．
（2）仅由操作Ⅱ及现象可得出的结论是 溶液中可能含有CO32﹣或SO42﹣、或同时含有CO32﹣和SO42﹣ ．
（3）由操作Ⅲ及现象可得出溶液中一定含有的阳离子是 Fe2+ （ 写离子符号）．操作Ⅲ中发生反应的化学方程式为 3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，2NO+O2=2NO2 ．
（4）结合三步操作及题干已知，你认为原溶液中所含离子种类共有 5 种．
（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为 3.2 g，写出此过程中涉及氧化还原反应的化学方程式 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 ．
【考点】常见离子的检验方法；物质检验实验方案的设计．
【分析】I．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：
Ⅱ．取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中可能含有CO32﹣或SO42﹣，或CO32﹣和SO42﹣；
Ⅲ．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氮，证明原溶液中一定含有NO3﹣和Fe2+，；此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类没有增加，说明硝酸根离子氧化为亚铁离子生成硝酸铁、一氧化氮和水；向原溶液中加入稀盐酸，有无色气体生成，溶液中阴离子种类不变，若溶液中含有碳酸根离子，加入盐酸后，溶液中阴离子种类会减少，所以溶液中含有二价铁离子和硝酸根离子；二价铁离子和氢氧根离子生成沉淀，所以溶液中一定不含有CO32﹣、OH﹣；溶液中各离子物质的量浓度均为0.2mol/L（不考虑水的电离及离子的水解），根据溶液中阴阳离子电荷相等，二价铁离子和氯离子、硝酸根离子所带电荷相等，溶液中没有氢氧根离子，所以阴离子是硫酸根离子，溶液中呈现二价的阳离子有铜离子，所以溶液中含有铜离子，通过以上分析知，原溶液中含有阳离子为：Fe2+，Cu2+；含有阴离子：NO3﹣，Cl﹣，SO42﹣．
溶液中含有离子为Fe2+，Cu2+；NO3﹣，Cl﹣，SO42﹣．依据分析推断出的离子减小分析回答问题．
【解答】解：I．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：
Ⅱ．取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中可能含有CO32﹣或SO42﹣，或CO32﹣和SO42﹣；
Ⅲ．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氮，证明原溶液中一定含有NO3﹣和Fe2+，；此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类没有增加，说明硝酸根离子氧化为亚铁离子生成硝酸铁、一氧化氮和水；向原溶液中加入稀盐酸，有无色气体生成，溶液中阴离子种类不变，若溶液中含有碳酸根离子，加入盐酸后，溶液中阴离子种类会减少，所以溶液中含有二价铁离子和硝酸根离子；二价铁离子和氢氧根离子生成沉淀，所以溶液中一定不含有CO32﹣、OH﹣；溶液中各离子物质的量浓度均为0.2mol/L（不考虑水的电离及离子的水解），根据溶液中阴阳离子电荷相等，二价铁离子和氯离子、硝酸根离子所带电荷相等，溶液中没有氢氧根离子，所以阴离子是硫酸根离子，溶液中呈现二价的阳离子有铜离子，所以溶液中含有铜离子，通过以上分析知，原溶液中含有阳离子为：Fe2+，Cu2+；含有阴离子：NO3﹣，Cl﹣，SO42﹣．
溶液中含有离子为Fe2+，Cu2+；NO3﹣，Cl﹣，SO42﹣．
（1）仅由操作I及现象可得出的结论是，向溶液中加入KSCN溶液无明显变化，证明溶液中无三价铁离子；
故答案为：溶液中一定不含Fe3+；
（2）仅由操作Ⅱ及现象可得出的结论是，取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成证明溶液中可能含有CO32﹣或SO42﹣，或CO32﹣和SO42﹣；
故答案为：溶液中可能含有CO32﹣或SO42﹣、或同时含有CO32﹣和SO42﹣；
（3）依据分析推断可知，由操作Ⅲ及现象可得出溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，操作Ⅲ中发生反应的化学方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，2NO+O2=2NO2；
故答案为：Fe2+；3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，2NO+O2=2NO2；
（4）依据上述分析可知溶液中一定含有Fe2+，Cu2+；NO3﹣，Cl﹣，SO42﹣五种离子；
故答案为：5；
（5）另取l00mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为氧化铁和氧化铜，反应过程中的反应是亚铁离子和氢氧根离子形成氢氧化亚铁白色沉淀，灼烧过程中氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，铜离子和氢氧根离子结合生成氢氧化铜，灼烧分解得到氧化铜，反应的方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；2Fe（OH）3=Fe2O3+3H2O，Cu（OH）2=CuO+H2O，依据铁元素守恒计算得到，l00mL原溶液中Fe2+浓度为0.2mol/L，所以亚铁离子物质的量为0.02mol，氧化铁物质的量为0.01mol，所以得到氧化铁的质量=0.01mol×160g/mol=1.6g，Cu2+离子物质的量=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，氧化铜质量=0.02mol×80g/mol=1.6g；所以质量=1.6g+1.6g=3.2g；
故答案为：3.2；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．
2016年11月23日
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