江苏省太仓市2016届高三化学下册3月月考试题3.doc

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江苏省太仓高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）
1．下列物质均有漂白作用，其漂白原理相同的是
①过氧化钠 ②次氯酸 ③二氧化硫 ④活性炭 ⑤臭氧
A.①②⑤ B.①③⑤ C.②③④ D.①②③
【答案】A
【解析】
试题分析：①过氧化钠、②次氯酸和 ⑤臭氧的原理属于化学变化，是永久性的，而③二氧化硫的漂白作用不是永久性的，④活性炭属于物理吸附，所以漂白原理相同的是①②⑤，答案为A。
考点：漂白作用
点评：本题考查了物质的漂白作用的原理，属于对基础知识的考查，本题要注意二氧化硫的漂白作用不是永久性的，被漂白的物质只要加热就可以恢复颜色。
2．普通干电池的电极分别为碳棒和锌筒，以糊状NH4Cl和ZnCl2作电解质（其中加入MnO2吸收H2，ZnCl2吸收NH3），电极反应可简化为：Zn－2e－=Zn2＋，2NH4＋＋2e－= 2NH3＋H2。根据以上所述判断下列结论不正确的是
A．工作时Zn为负极，发生还原反应
B．工作时电流由碳极经外电路流向Zn极
C．输出电流时碳棒上发生还原反应
D．长时间使用后内装糊状物可能流出，腐蚀用电器
【答案】A
【解析】
3．下列有关石油加工的叙述中，正确的是
A．石油分馏所得的馏分是各种单一的烷烃，具有固定的沸点
B．石油裂解的主要目的是提高轻质油的产量和质量
C．石油裂化的主要目的是获得更多乙烯等短链不饱和烃
D．石油分馏塔从上到下的分馏产品依次是石油气、汽油、煤油、柴油、重油
【答案】D
【解析】略
4．中和热的测定实验中，可能用到下列仪器：
①托盘天平 ②量筒 ③烧杯 ④温度计 ⑤小试管 ⑥酒精灯。
其中应使用仪器的正确组合是
A．① ② ⑤ B．② ③ ④ C．② ③ ⑥ D．全部
【答案】B
【解析】
试题分析：中和热测定时需要大小不同的两个烧杯、温度计、量筒量取酸碱的体积，故答案选B.
考点：仪器的选用
5．下列有关食品添加剂的说法中错误的是( )
A. 食品添加剂可改善食品的色、香、味
B. 食品添加剂可补充食品的营养成分
C. 食品添加剂可延长食品的储存时间
D. 食品添加剂都是有益于人体健康的
【答案】D
【解析】
食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的化合物质或者天然物质。只有科学合理使用食品添加剂才能有益于人体健康，选项D不正确，其余都是正确的，答案选D。
6．NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是
A．标准状况下，2.24LH2O含有的电子数等于NA
B．常温下，100mL1mol·L－1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA
C．分子数为NA的N2、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28g
D．3.4gNH3中含N—H键数目为0．2NA
【答案】B
【解析】标准状况下水是液体，不是气体，A不正确。碳酸钠溶于水发生水解反应，反应式为CO32－＋H2OHCO3－＋OH－。根据水解方程式可知，消耗1mol CO32－生成1mo lHCO3－和1molOH－，即阴离子的物质的量是增加的，所以选项B是正确的。气体的体积不一定是在标准状况下，因此22.4L不一定是1mol，C不正确。氨气中含有3个N－H单键，所以3.4g氨气中含有的共价键是，D不正确。答案选B。
7．下列说法中正确的是
A．可用酒精萃取碘水中的碘；
B．蒸馏实验时控制温度所用的温度计需要插入液面下；
C．除去Cl2中混有的少量HCl杂质可通入饱和食盐水溶液；
D．除去NaHCO3溶液中少量Na2CO3：向溶液中通入过量的CO2
【答案】CD
【解析】
试题分析：酒精和水能互溶，溶液不能分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，A错；蒸馏实验时温度计的水银球要置于蒸馏烧瓶的支管口处，B错；Cl2在饱和食盐水中的溶解度不大，HCl在饱和食盐水中的溶解度很大，所以可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，C对；Na2CO3可以与CO2反应生成NaHCO3，所以除去NaHCO3溶液中少量Na2CO3可以向溶液中通入过量的CO2，D对。选CD.
考点：物质的除杂、和物质的分离操作。
8．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1mol Cl2通入水中，充分反应后转移电子数为NA
B．常温下，1.12L NO2气体含分子数为0.05NA
C．1L 0.5mol·L-1碳酸氢钠溶液中含离子数为NA
D．通常状况下16gO2和O3混合气体中含氧原子数为NA
【答案】D
【解析】
试题分析：A、Cl2+H2OHCl+HClO，反应为可逆反应，有限度的所以Cl2只能部分与水反应,错误；B、标准状况下，1.12L气体的物质的量才是0.05mol，错误；C、溶液中的H2O、HCO3-要发生电离，错误；D、16gO2和O3混合气体相当于16g的O，M(O)=16g/mol，所以含氧原子数为NA，正确。
考点：考查阿伏伽德罗常数、气体体积等相关知识。
9．4．下列事实不能说明有机物分子中原子或原子团直接相连时而产生相互影响的是
A．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
B．等物质的量的乙醇和甘油与足量的金属钠反应，后者产生的氢气比前者多
C．苯与液溴在铁作催化剂下发生反应，而苯酚与浓溴水混合就能发生反应
D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能
【答案】B
【解析】
试题分析：A项二者都含有羟基，但羟基的类型不同，苯环对羟基大的影响使酚羟基更活泼，具有酸性，可说明有机物分子中原子或原子团直接相连时而产生的相互影响；B项乙醇和甘油都含有羟基，但羟基数目不同，生成H2的量不同，不是说明有机物分子中原子或原子团直接相连时而产生的相互影响的事实；C项苯酚与浓溴水混合就能发生反应，说明含有羟基时，苯环上的氢原子更加活泼，可说明有机物分子中原子或原子团直接相连时而产生的相互影响；D项甲苯能使高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明氢原子与苯对甲基的影响不同，甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化。
考点：有机物的结构和性质
点评：本题考查有机物的结构与性质的关系，难度中等，关键是根据原子团所处的化学环境进行比较。
10．白磷和红磷是由磷元素形成的不同单质，它们燃烧的产物都是PO，但相同条件下等量的白磷和红磷燃烧前者放出的热量多。下列说法正确的是（ ）
A.白磷比红磷稳定
B.白磷转化成红磷放出热量
C.白磷转化成红磷吸收热量
D.相同质量的白磷和红磷相互转化时的能量变化值不相等
【答案】B
【解析】白磷和红磷燃烧的产物相同，等量的白磷燃烧放出的热量多，说明白磷的能量比红磷的高。物质的能量越高越不稳定，A不正确。能量高的物质向能量低的物质转化要放出热量，B正确，C错误。等量的白磷和红磷相互转化放出的热量与吸收的热量相等。
11．下列对应化学反应的离子方程式书写正确的是
A．氢氧化铁与盐酸反应：H＋＋OH－===H2O
B．Ca(HCO3)2溶于稀盐酸中：CO32-＋2H＋===CO2↑＋H2O
C．铁与H2SO4反应：Fe＋2H＋===Fe3＋＋H2↑
D．澄清的石灰水与醋酸反应：OH－+CH3COOH=CH3COO－+H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氢氧化铁难溶于水，不能写出离子，错误。B．Ca(HCO3)2溶于稀盐酸中, HCO3-不能拆开写成CO32-，错误。C．铁与H2SO4反应产生Fe2+，错误。D书写符合微粒的存在形式，正确。
考点：考查离子方程式书写的正误判断的知识。
12．设N0为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)。
A．1.0 L 1.0 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0
B．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0
C．25 ℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1N0
D．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0
【答案】　B
【解析】　A项忽视了NaAlO2溶液中的水，错；B项中每个碳原子被3个六元环共用，则每个六元环占有的碳原子数＝1××6＝2个，12 g石墨烯含六元环的物质的量＝＝0.5 mol，正确；C项没有告诉溶液的体积，无法计算，错；D项中OH－是10电子微粒，所含电子数为10N0，错。
13．水做还原剂的氧化还原反应是
A．氯气和水的反应：Cl2＋H2O===HCl＋HClO
B．氟气和水的反应：2F2＋2H2O===4HF＋O2
C．氧化钙和水的反应：CaO＋H2O===Ca(OH)2
D．电解食盐水：2NaCl＋2H2O通电
=
2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
【答案】B
【解析】
试题分析：A、反应中氯元素的化合价既升高，也降低，氯气既是氧化剂，也是还原剂，水只是反应物，A错误；B、在反应中氟元素的化合价降低，氟是氧化剂。水中氧元素的化合价升高，水是还原剂，B正确；C、该反应中元素的化合价均不变，是非氧化还原反应，C错误；D、在反应中氯元素的化合价升高，氯化钠是还原剂，水中氢元素的化合价降低，水是氧化剂，D错误，答案选B。
考点：考查氧化还原反应的有关判断
14．下列叙述正确的是
A．NaHSO4、Na2O2晶体中的阴、阳离子个数比均为1∶2
B．离子化合物中一定不含共价键
C．某主族元素的最高价含氧酸为HnROm，则其气态氢化物一般是H8-2m+nR或RH8-2m+n
D．元素周期表中L层电子为奇数的元素的化合价也都是奇数
【答案】C
【解析】
15．常温下，下列各组离子在指定的水溶液中一定能大量共存的是
A．使甲基橙变红的溶液：K+、Al3+、SO42-、NO3—
B．c(H＋)＝1×10—13mol·L—1的溶液：Na＋、NH4+、SO42-、CO32－
C．c(Fe2+)＝1.0 mol·L—1的溶液：H+、K＋、Cl－、NO3—
D．含有大量Fe3+的溶液：Mg2+、Na＋、SCN—、Cl—
【答案】A
【解析】
试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A、使甲基橙变红的溶液显酸性，则K+、Al3+、SO42-、NO3—能大量共存，A正确；B、c(H＋)＝1×10—13mol·L—1的溶液想碱性，NH4+不能大量共存，B不正确；C、在酸性条件下，NO3－具有强氧化性，能氧化Fe2＋，所以不能大量共存，C不正确；D、铁离子与SCN—反应，不能大量共存，D不正确，答案选A。
考点：考查离子共存的判断
16．请回答氯碱的如下问题：
（1）氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k＝ （要求计算表达式和结果）；
（2）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。

①图中X．Y分别是 、 （填化学式），分析比较图示中氢氧化钠质量分数a％与b％的大小 ；
②分别写出燃料电池B中正极、负极上发生的电极反应
正极： ；
负极： ；
【答案】（1）．13或0．89；（2）①Cl2，H2；a％小于b％；②O2+4e—+2H2O＝4OH— ，H2－2e—+2OH—＝2H2O。
【解析】
试题分析：（1）电解饱和食盐水的方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑,根据反应方程式得出：Cl2、NaOH的质量比．13或0．89；（2）①B燃料电池右边通入空气，说明右边是电池的正极，左边是电源的负极，A电解池左端通入的是饱和食盐水，说明左端是2Cl－－2e－=Cl2↑，是阳极，右端是阴极2H＋＋2e－=H2↑，因此X是Cl2，Y是H2；B燃料电池的环境是碱性环境，正极上的反应式：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，此电极是产生OH－的，因此a%<b%；②根据上面分析左边是负极，通入的是H2，右边是正极通入的是O2，电解质NaOH溶液，正极反应式：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极反应式：H2＋2OH－－2e－=2H2O。
考点：考查氯碱工业、原电池的电极反应式、电解池电极反应式的书写等相关内容。
17．甲醇是21世纪应用最广泛的清洁燃料之一，通过下列反应可以制备甲醇：
CO (g) + 2H2 (g)CH3OH (l) △H
（1）已知：
化学式
H2(g)
CO(g)
CH3OH(l)
标准燃烧热（25℃）
△H / kJ·mol－1
-285.8
-283.0
-726.5
计算上述反应的△H＝ kJ·mol－1。
（2）在容积可变的密闭容器中充入1 mol CO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成CH3OH( g )，H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图所示。

① 该反应的△S 0，图中的T1 T2（填“<”、“>”或“=”）。
② 当达到平衡状态A 时，容器的体积为2 L，此时该反应的平衡常数为 ，若达到平衡状态B 时，则容器的体积V（B）= L。
③ 在该容器中，下列措施可增加甲醇产率的是 。
A．升高温度
B．从平衡体系中及时分离CH3OH
C．充入He
D．再充入0.5 mol CO和1 mol H2
（3）在容积固定为2 L的密闭容器中充入2 molCO( g )和6 molH2( g )生成CH3OH( g )，反应时间与物质的量浓度的关系如下图所示，则前10分钟内，氢气的平均反应速率为 ；若15分钟时升高体系温度，在20分钟时达到新平衡，此时氢气的转化率为33.3%，请在图中画出15-25分钟c (CO)的变化曲线。

【答案】（1）-128.1（2分）
（2） ①<（1分） <（1分）
② 4（2分），0.4（2分） ③B（2分，多选不给分）
（3）0.16mol·L－1·min－1（2分，单位没写或错不给分）

（3分，起点1分，平衡点1分，20～25分钟平衡线1分；曲线变化趋势错，不给分。）
【解析】
试题分析：（1）标志燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据盖斯定律，CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( l ) △H =726.5－283－285.82= －128.1 kJ/mol；（2）在容积可变的密闭容器中充入1 mol CO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成CH3OH( g )，H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如右图所示。
① 该反应气体的物质的量减少，△S< 0，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，相同压强下时氢气的转化率大， T1<T2。
② 当达到平衡状态A 时，容器的体积为2 L，此时该反应的平衡常数为

若达到平衡状态B 时，则容器的体积V（B）为

V（B=0.4 L。
CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( l )
开始 1mol/L 3 mol/L 0
转化 0.8mol/L 1.6mol/L 0.8mol/L
平衡 0.2mol/L 0.4 mol/L 0.8mol/L

③ A．升高温度，平衡正向移动，甲醇产率增大； B．从平衡体系中及时分离CH3OH，平衡正向移动，甲醇产率增大；C．容积可变，充入He，相当于加压，平衡逆向移动，甲醇产率减小； D．容积可变，再充入0.5 mol CO和1 mol H2 平衡不移动，甲醇产率不变；
（3）在容积固定为2 L的密闭容器中充入2 molCO( g )和6 molH2( g )生成CH3OH( g )，反应时间与物质的量浓度的关系如下图所示，则前10分钟内，

=0.16mol·L－1·min－1；若15分钟时升高体系温度，平衡逆向移动，在20分钟时达到新平衡，氢气的转化率为33.3%，则平衡时甲醇的浓度为0.5mol/L， 15-25分钟c (CO)的变化曲线。

考点：本题考查反应限度、速率。
18．(11分)（1）已知Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响。设计实验如下（所取溶液体积均为10mL）：
实验编号
实验温度/℃
c(Na2S2O3)/mol·L-1
c(H2SO4)/mol·L-1
①
25
0.1
0.1
②
25
0.2
0.1
③
25
0.1
0.2
④
50
0.2
0.1
⑤
50
0.1
0.1
其他条件不变时：探究温度对化学反应速率的影响，应选择_______（填实验编号）；
探究浓度对化学反应速率的影响，应选择_________（填实验编号）；
若同时选择①②③溶液变浑浊的时间，探究__________对化学反应速率的影响。
（2）已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1mol Na2S2O3转移8mol电子。该反应的离子方程式是__________。
甲同学设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质。

（Ⅰ）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有碱性和_________性。
（Ⅱ）加入BaCl2溶液生成白色沉淀B的离子方程式是_________________。
（Ⅲ）乙同学认为应将上述流程中②③所加试剂顺序颠倒，你认为甲、乙两同学的设计更合理的是____（填“甲”或“乙”），理由是__________________。
【答案】（1）①⑤或②④ (1分)；①②或①③或④⑤(1分)；
比较改变不同反应物浓度对反应速率的影响。 (2分)
（2）S2O32- + 4Cl2 + 5H2O = 2SO42- + 8Cl- + 10H+ (2分)
(Ⅰ)还原 (1分) （Ⅱ）SO42- + Ba2+ = BaSO4↓ (1分)
（Ⅲ）乙 (1分)，可以排除BaS2O3的干扰 (2分)。
【解析】
试题分析：(1)要探究温度对化学反应速率的影响，应该根据控制变量法的要求，只有温度不同，其余反应条件相同，反应物的浓度应该相同，故选①⑤或②④；同理。要探究浓度对化学反应速率的影响，应该是反应温度相同，只有反应的物质的浓度不相同，根据表格提供的数据，可以是①②或①③或④⑤；若同时选择①②③溶液变浑浊的时间，探究的是比较改变不同反应物浓度对反应速率的影响。（2）已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1mol Na2S2O3转移8mol电子。由于在Na2S2O3中S元素的化合价是+2价，所以反应有S元素的化合价应该是+6价的SO42-，氯气得到电子变为Cl-。根据氧化还原反应中电子守恒及离子反应的电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式是：S2O32- + 4Cl2 + 5H2O = 2SO42- + 8Cl- + 10H+；（Ⅰ）甲同学设计实验流程测定溶液的pH是证明该溶液显碱性，向该溶液中加入氯水，由于氯水有氧化性，Na2S2O3溶液有还原性，若发生反应，则反应后的溶液中含有So42-，加入BaCl2溶液会产生白色难溶性沉淀，因此甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有碱性和Na2S2O3溶液具有碱性和还原性；（Ⅱ）亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式是：SO42- + Ba2+ = BaSO4↓；（Ⅲ）若不加入氯水，先观察是否产生白色沉淀，然后再加入氯水，若产生白色沉淀，就证明Na2S2O3具有还原性。若不颠倒，产生的白色沉淀是BaS2O3还是BaSO4无法断定，因此乙设计更合理，乙可以排除BaS2O3的干扰。
考点：考查化学实验方案的设计与评价、离子方程式的书写的知识。
19．(10分)镁铝合金在交通、航空、电子等行业有着广泛的应用。某化学兴趣小组试对镁铝合金废料进行回收利用，实验中可将铝转化为硫酸铝晶体，并对硫酸铝晶体进行热重分析。镁铝合金废料转化为硫酸铝晶体实验流程如下：

试回答下列问题：
（1）在镁铝合金中加入NaOH溶液，写出反应的化学反应方程式 ，固体B的化学式 。
（2）操作Ⅱ包含的实验步骤有：蒸发浓缩、 、 、洗涤、干燥。
（3）操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤，选用无水乙醇的原因是 。
（4）若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00 g，得到固体A的质量为4.95 g，硫酸铝晶体的质量为49.95 g（假设每一步的转化率均为100%，合金废料中不含溶于碱的杂质）。计算得硫酸铝晶体的化学式为 。
（5）取上述硫酸铝晶体进行热重分析，其热分解主要分为三个阶段：323K-523K，553K-687K，1043K以上不再失重，其热分解的TG曲线见下图,
已知：。
根据图示数据计算确定每步分解的产物，写出第一阶段分解产物的化学式 ，第三阶段反应化学方程式 。

【答案】（10分）（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (2分) Al(OH)3
（2）冷却结晶（答结晶不给分） 过滤 （顺序颠倒不给分）
（3）减少晶体的溶解；洗去晶体表面杂质；有利于晶体的干燥。（答2点以上给1分，答1点不给分）
（4）Al2(SO4)3·18H2O
（5）Al2(SO4)3·3H2O Al2(SO4)3Al2O3+3SO3↑(2分)
【解析】
试题分析：（1）在镁铝合金中加入NaOH溶液，Al可以与强碱溶液发生反应，而Mg不能反应，该反应的化学反应方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；所以固体A是Mg；向滤液中通入过量的CO2气体，由于酸性H2CO3>Al(OH)3,会发生反应：NaAlO2+ CO2+2H2O= Al(OH)3↓+NaHCO3；所以固体B是Al(OH)3；（2）用硫酸溶解该固体，发生反应：2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O；得到的溶液C是Al2(SO4)3溶液；由于其溶解度随温度的升高而增大，所以从溶液中获得晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 、洗涤、干燥。（3）操作Ⅱ中常用无水乙醇对晶体进行洗涤，来洗去表面的杂质离子，选用无水乙醇的原因是减少晶体的溶解；洗去晶体表面杂质；有利于晶体的干燥。（4）若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00 g，得到固体A的质量为4.95 g，金属发生反应，而镁不反应，减少的质量为金属铝的质量，则m(Al)= 9.00 g—4.95 g=4.05 g，n(Al)= 4.05 g÷27g/mol=0.15mol，硫酸铝晶体的质量为49.95 g，硫酸铝晶体中含有SO42-的物质的量为n(SO42-)=3/2n(Al3+)=3/2×0.15mol=0.225mol, Al2(SO4)3的质量是m(Al2(SO4)3)= (0.15mol÷2) ×342g/mol=25.65g，则含有的结晶水的物质的量是n(H2O)= (49.95 g-25.65g) ÷18g/mol=1.35mol，则n(Al2(SO4)3)：n(H2O)= (0.15mol÷2)：1.35mol=1:18，所以该结晶水合物的化学式是：Al2(SO4)3·18H2O。
（5）在第一个阶段，减少的水的质量是：m(H2O)=40.54%×49.95 g=20.25 g,失去的结晶水的物质的量是：n(H2O)= 20.25 g÷18g/mol=1.125mol则在晶体中n(Al2(SO4)3)：n(H2O)= (0.15mol÷2): （1.35mol -1.13mol）=1:3.所以此时得到的晶体的化学式是Al2(SO4)3·3H2O。在第二个阶段，失去结晶水的物质的量是n(H2O)=[ (49.95 g× 48.65%]÷18g/mol=1.35mol，结晶水完全失去，得到的固体物质是：Al2(SO4)3，则在第三个阶段加热发生分解反应，是硫酸铝的分解，方程式是：Al2(SO4)3Al2O3+3SO3↑。
考点：考查物质制取反应原理的知识。主要包括物质制取的方程式的书写、混合物的分离方法、操作的目的、物质分解的反应产物的确定的知识。
20．1000 mL某待测液中除含有0.2 mol·L－1的Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或多种：
阳离子
K+、NH4+、Fe3+、Ba2+
阴离子
Cl- 、Br- 、CO32-、 HCO3- 、SO32- 、SO42-
现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：

（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：__________________。
（2）待测液中肯定不存在的阳离子是_________________。
（3）若无色气体D是单一气体：
①将阴离子的物质的量浓度填入下表中（一定不存在的填“0”，不能确定的填“?”）：
阴离子
Cl-
Br-
CO32-
HCO3-
SO32-
SO42-
浓度/mol·L-1

②判断原溶液中K＋是否存在，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由：_________。
（4）若无色气体D是混合气体：
①待测液中一定含有的阴离子是____________________________。
②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是______________________________（写化学式）。
【答案】（1）Ba2+ + HCO3- + OH-＝BaCO3↓ +H2O（1分） （2）Fe3+、Ba2+（ 1分）
（3）①（答对3空以上得1分，全对得2分）
阴离子
Cl-
Br-
CO32-
HCO3-
SO32-
SO42-
浓度/mol/L
?
0
0.1
0.1
0
0.05
②存在 其最小的物质的量浓度为0.1 mol/L（1分）
（4）①CO32- 、HCO3- 、SO32-（有错不得分，少答得1分，全对得2分）
②BaCO3、BaSO3（有错不得分，少答得1分，全对得2分）
【解析】
试题分析：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，说明溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种，根据离子共存可知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3-，HCO3-与铁离子发生双水解不能共存，所以一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-。
（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO3-、Ba2+、OH-反应生成，反应离子方程式为： HCO3-+Ba2++OH-＝BaCO3↓+H2O。
（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+。
（3）①由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl-，溶液中一定没有Br-。若无色气体D是单一气体，说明硝酸未被还原，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32-，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32-，一定含有SO42-，n（BaCO3）＝19.7g÷197g/mol＝0.1mol,则n（HCO3-）＝0.1mol，故c（HCO3-）＝0.1mol÷1L＝0.1mol/L；n（CaCO3）＝10g÷100g/mol＝0.1mol，则n（CO32-）＝0.1mol，故c（CO32-）＝0.1mol÷1L＝0.1mol/L，n（BaSO4）＝11.65g÷233g/mol＝0.05mol，则n（SO42-）＝0.05mol，故c（SO42-）＝0.05mol/L。
②n（NH4+）＝n（NH3）＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则c（NH4+）＝0.1mol/L，溶液中c（Na+）＝0.2mol/L，c（HCO3-）＝0.1mol/L，c（CO32-）＝0.1mol/L，c（SO42-）＝0.05mol/L，根据电荷守恒得，c（NH4+）+ c（Na+）＝0.3mol/L＜2c（SO42-）+2c（CO32-）+ c（HCO3-）＝0.4mol/L，故一定含有K+，当溶液中没有Cl-，K+离子浓度最小，c（K+）最小浓度＝0.4mol/L-0.3mol/L＝0.1mol/L。
（4） 由上述分析可知，溶液中一定含有CO32-、HCO3-，不能确定原溶液中是否含有Cl-，溶液中一定没有Br-。若无色气体D是混合气体，离子中能与硝酸发生氧化还原反应的只能是SO32-，所以D只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32-，不能确定是否含有SO42-，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3。
①待测液中一定含有的阴离子是CO32-、HCO3-、SO32-；
②沉淀A中BaCO3，BaSO3能与稀硝酸反应。
【考点定位】本题主要是考查离子的推断、检验，根据实验过程中反应现象、离子共存条件来确定溶液中存在的离子，电荷守恒规律的应用
【名师点晴】该题综合性强，思维容量大，对学生的要求高。答题时就要进行定性分析，又要进行定量计算，从而大大增加试题的浓度。解与离子反应有关的定量推断类试题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，答题时注意灵活应用。
21．为确定某铝热剂样品（铝和氧化铁）的组成，分别进行下列实验：
（1）若取10．7g该样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体(标准状况，下同)体积为a L。样品中铝的质量分数w(Al)= 。（用含a的表达式表示）。若该样品，在高温下恰好发生完全反应，则a = L。
（2）待（1）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为b L，该气体与（1）中所得气体的体积比b∶a =_______。
（3）若另取10．7 g该样品，此样品在高温下仍然恰好完全反应，向其中加入1．0mol∕L盐酸Vml,固体恰好溶解完全，则盐酸体积V的最小值为 。
【答案】（1） 7．5a% 或 或0．075a 3．36 （2） 2:3 （3） 500ml
【解析】
试题分析：（1）根据化学反应2A1+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑铝和氢气的物质的量之比为2:3，则标况下aL氢气的物质的量为a/22．4，铝的质量为a/33．6，10．7g样品中铝的质量分数w(Al)=[a÷（33．6×10．7）]×100%=7．5a%。 该样品，在高温下恰好发生完全反应，则发生2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe 设铝的物质的物质的量为n,Fe2O3 的物质的量为m，则 n:m=2：1 27n+160m=10．7 解得 n=0．1mol, m=0．05mol 根据2A1+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑，生成氢气的物质的量为0．15mol,体积为3．36L；
（2）由方程式2Al+Fe2O32Fe+Al2O3可知，生成的n（Fe）等于铝热剂中n（Al），与盐酸反应生成的氢气体积之比等于金属提供的电子的物质的量之比，所以（2）中生成的氢气与（1）中生成氢气体积之比c：b=2n（Fe）：3n（Al）=2：3，
（3）10．7g样品中有0．1mol铝，0．05mol氧化铁，加入盐酸反应为：
Fe2O3 +6HCl=2FeCl3 +3H2O Al + 3FeCl3 =AlCl3 +3FeCl2 2Al+6HCl=2AlCl3 + 3H2 ↑
0．05 0．3 0．1/3 0．1 0．2/3 0．2
消耗盐酸0．5mol，根据V=n/C , 体积为500mL。
考点：考查化学计算。
22．(12分) 以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：

（1）图中“沉铁”化学方程式为 。
（2）图中“过滤”后滤液中金属阳离子除了含有的Al3＋，还含有 (填化学式)。
（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：
4[NH4Al(