2025年北师大版高三化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大版高三化学上册月考试卷186考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的离子组是（）A.K+Na+HCO3-NO3-B.Na+SO42-Cl-ClO-C.H+Mg2+SO42-NO3-D.Ag+K+NO3-Na+2、下列物质的电子式书写正确的是（）A.B.C.D.3、化学与生产、生活、社会密切相关．下列有关说法错误的是（）A.松花蛋是一种常用食品，食用时有氨的气味，可以蘸些食醋除去B.“皮革奶”是奶粉中掺入皮革下脚料，将皮革灼烧时有烧焦羽毛的气味C.腌制食品中应严格控制NaNO2的用量D.从海水中可提取Mg，用惰性电极电解熔融的MgCl2或其水溶液都可制得Mg4、赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中，正确的是（）A.该反应的氧化剂只有Cu2OB.Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂C.Cu既是氧化产物又是还原产物D.每生成19.2gCu，反应中转移1.8mol电子5、（2015秋•朝阳区期末）我国科学家屠呦呦获2015年诺贝尔生理学或医学奖．她研究得到的青蒿素挽救了数百万疟疾病人的生命，有关青蒿素说法不合理的是（）A.化学式为C15H22O5B.能发生取代反应和氧化反应C.在H2SO4或NaOH溶液中均不能稳定存在D.可用乙醇从青蒿浸取液中萃取出青蒿素6、难溶于水而且比水轻的含氧有机物是（）

①植物油。

②乙酸

③乙酸乙酯．A.①②③B.①②C.①③D.②③7、M层作为最外层时，最多可以容纳的电子数是（）A.8个B.18个C.32个D.50个8、A、B、C、D为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知A的最外层电子数是其电子层数的2倍，B是地壳中含量最高的元素，B原子的最外层电子数是D原子最外层电子数的2倍，C原子最外层只有一个电子．下列说法正确的是（）A.最高价氧化物对应水化物的碱性：C＜DB.气态氢化物的稳定性：A＞BC.四种元素能够在同一周期D.原子半径：C＞A评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、（1）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-57.20kJ•mol-1．一定温度下，在密闭容器中该反应达到平衡．其他条件不变时，下列措施能提高NO2的转化率的是____（填字母）．

A．减小NO2的浓度B．降低温度C．增加NO2的浓度D．升高温度。

（2）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.030mol•L、c（N2O4）=0.0120mol•L-1．计算反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数K=____．

（3）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得1.00L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu____克？10、某化学兴趣小组要完成中和热的测定．

（1）实验桌上备有烧杯（大、小两个烧杯）、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌器0.5mol•L-1盐酸、0.55mol•L-1NaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是____；

（2）实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？其原因是____；

（3）他们记录的实验数据如下：

。实验用品溶液温度中和热。

△Ht1t1t2①50mL

0.55mol•L-1NaOH50mL

0.5mol•L-1HCl20℃23.3℃____②50mL

0.55mol•L-1NaOH50mL

0.5mol•L-1HCl20℃23.5℃出简单计算过程；并计算出反应热，填入上表；

②根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式____；

（4）已知醋酸在电离过程中会吸热，若用醋酸代替HCl做实验，测定结果____（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．11、在2SO2+O2⇌2SO3的反应里，开始SO2和O2的浓度均为0.5mol/L，2分钟后测得SO2的浓度为0.25mol/L，则=____，各物质所表示的反应速率的最简整数比：：=____．12、处于同一短周期A；B、C、D四种元素；在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，C的电负性介于A、B之间，且A是周期表中电负性最强的元素，D与B相邻．

请填空：

（1）在B的单质分子中存在____个π键，____个σ键；

（2）已知B的气态氢化物很容易与H+结合，此时B原子与H+间形成的键称为____，形成的离子立体构型为____；

（3）在A、B、C、D四种元素形成的四种氢化物中的电子数均相同，其中沸点最低的是____（写分子式），其沸点显著低于其他三种氢化物的原因是____．13、（2013春•松江区校级期末）现有一盛有无色固体物质M的试剂瓶；标签已破损（见图）．

（1）若M的水溶液为中性，则实验室检验M中阴离子的离子方程式为____．

（2）若M的水溶液呈碱性，加入过量盐酸后产生无色无味的气体，则M的俗名叫____．

（3）若M置于空气中易被氧化为另一种物质，生成物的摩尔质量比M增加了16，则M的化学式为____．

（4）若M的水溶液呈碱性，加入过量盐酸后产生臭鸡蛋气味的气体，则M与盐酸反应后生成的气体在过量空气中燃烧的化学方程式为____．14、某烃在标准状况下的密度为5.72g/L；现取1.28g该烃完全燃烧，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重1.8g，碱石灰增重3.96g．请回答下列问题：

（1）该烃的相对分子质量____．

（2）确定该烃的分子式____．

（3）若该烃分子中含有6个甲基，则符合此条件的该烃的同分异构体有____种，任写一种的结构简式____．15、过氧化氢H2O2（氧的化合价为-1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口．对于下列A～C涉及H2O2的反应；填写空白：

A．2H2O2=H2O+O2↑

B．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2

C．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O

（1）H2O2仅体现氧化性的反应是（填代号）____；

（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是（填代号）____；

（3）将下列物质：H2O2、K2SO4、MnSO4、H2SO4、KMnO4、O2的化学式分别填在空白处组成一个不需配平的化学方程式：____+____+____→____+____+____+H2O

该反应中的还原剂是____；发生还原反应的元素是____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、含4mol的HCl的浓盐酸与足量的MnO2加热反应，转移2NA电子．____（判断对错）．17、一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”____（判断对错）18、向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液加热，可以检验水解产物葡萄糖．____．（判断对错说明理由）19、判断：非金属元素形成的化合物均含共价键．____．20、1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA____（判断对错）21、鉴定卤代烃中卤元素的存在的操作是：加入NaOH溶液，加热后加入AgNO3溶液．____．（判断对错说明理由）评卷人得分四、其他(共3题，共24分)22、如图所示为实验室常用的仪器：

请根据图回答：

（1）写出A～F各仪器的名称：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液体的是（填序号，下同）____；

（3）能直接加热的仪器是____；

（4）用于作热源的仪器是____；

（5）用于夹持试管的是____；

（6）可取用少量固体粉未的是____；

（7）用来量取液体体积的是____．23、磨砂”是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺．在仪器A．试管B．分液漏斗C．带滴管的试剂瓶（滴瓶）D．集气瓶E．酸式滴定管F．碱式滴定管中，没有用到“磨砂”工艺处理的有____．

（填字母编号）．24、现有E、F、H、I、G、K六种原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分属四个不同周期，E、G同主族，F、H、I为同周期相邻的三种元素，其中F元素形成的化合物种类是所有元素中最多的，I、G简单离子具有相同的电子层结构，K与F形成的离子化合物Q与E和I形成的常见共价化合物R之间的反应是实验室常见的可燃气体制备原理。（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）,请回答下列问题：（1）E～K六种元素原子，原子半径第三大的是____（填对应的元素符号，下同）。（2）E与H两种元素组成一种阳离子，该离子的结构式为____。（3）I、G两种元素组成含有两种化学键的化合物，该化合物的电子式为____。（4）下图为常温下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G组成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I组成相对分子质量为60的一元酸Z溶液过程中溶液pH的变化曲线。①上图能确定Z为(“强”或“弱”)酸,理由是____②B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时W与Z恰好完全反应，这种看法是否正确？____（选填“是”或“否”）。若不正确，则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内？区间（若正确，此问不答）。（5）写出Q与R之间的化学反应方程式____。评卷人得分五、实验题(共3题，共30分)25、NCl3可用于漂白，也可用于柠檬等水果的熏蒸处理．已知：NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸，有刺激性气味，可与水反应．实验室中可用氯气和氨气反应制取NCl3，反应方程式为4NH3+3C12NCl3+3NH4Cl．某校化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置（NH4Cl的分解温度为300℃左右）．

回答下列问题：

（1）写出装置F中的烧瓶内发生反应的离子方程式：______．写出A装置中的试管内发生的反应的化学方程式：______

（2）E中的试剂为______；B中的试剂为______

（3）导管G末端应连接的装置为图中的______（填选项字母）．

（4）NCl3遇水可发生水解反应生成两种物质，其中一种是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种有强氧化性，可使有色物质褪色．写出NCl3水解的化学方程式：______．

（5）已知C中生成的NH4Cl溶解在NCl3中，欲将二者分离可采取的操作方法为______．26、某无色溶液rm{X}rm{K^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{{,!}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}中的若干种离子组成；取该溶液进行如下实验：

rm{(1)}气体rm{A}的成分是______rm{(}填化学式，下同rm{)}气体rm{B}的成分是______．

rm{(2)}写出步骤rm{垄脵}中产生气体的离子方程式______．

rm{(3)}分别写出形成白色沉淀甲和气体rm{B}的离子方程式______；______．

rm{(4)}通过上述实验，可确定rm{X}溶液中一定存在的离子是______；

尚未确定是否存在的离子是______，只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是______．27、为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物并测定铁碳合金中铁元素的质量分数，某化学活动小组设计了下图所示的实验装置，并完成以下实验探究。（1）往圆底烧瓶中加入mg铁碳合金，并滴入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：①常温下，Fe在浓硫酸中钝化；②。（2）反应一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因反应温度较高外，还可能的原因是。（3）装置B的作用是。（4）甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成，他得出了使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为。（5）乙同学认为甲同学的结论是错误的，他认为为了确认二氧化碳的存在，需在装置B-C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是、。重新实验后观察到装置F中的现象是。（6）有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定。（5Fe2++MnO4—+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O）。测定铁元素质量分数的实验步骤如下：I．往烧瓶A中加入过量的还原剂使溶液中的Fe3+完全转化为Fe2+，过滤，得到滤液B；II．将滤液B稀释为250mL；III．取稀释液25.00mL，用浓度为cmol·L—1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验所需KMnO4溶液体积的平均值为VmL。①步骤Ⅱ中，将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须要用到的是____；②丙同学设计了下列滴定方式（夹持仪器省略），最合理的是____。（填字母序号）③滴定过程中（填“需要”或“不需要”）加入指示剂，如需要，应加入的指示剂是。④铁碳合金中铁元素的质量分数为。评卷人得分六、解答题(共3题，共21分)28、将一份CaCO3粉末放入200mL盐酸中，恰好完全反应，收集到的CO2体积为2.24L（标准状况）；求：

（1）CaCO3的质量。

（2）盐酸的物质的量浓度．29、配制500mL1mol/L盐酸溶液需要用浓度为11.9mol/L的浓盐酸的体积是多少？（若浓盐酸密度为1.19g/cm3）．30、柴达木盆地以青藏高原“聚宝盆”之誉蜚声海内外，它有富足得令人惊讶的盐矿资源．液体矿床以钾矿为主，伴生着镁、溴等多种矿产．某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液（富含K+、Mg2+、Br-、SO42-、Cl-等），来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴（Br2）；他们设计了如下流程图1：

请根据以上流程；回答相关问题：

（1）操作①的名称：______；操作②名称是：______；

操作③的名称是：______；

操作④需要的玻璃仪器有：______．

（2）参照图2溶解度曲线；欲得到较纯的氯化钾晶体需用少量的______（选填：“热水”，“冷水”）洗涤固体______（选填“A”或“B”）．

（3）同学甲提出一些新的方案；对上述操作②后无色溶液进行除杂提纯，其方案如下：

【有关资料】

。化学式BaCO3BaSO4Ca（OH）2MgCO3Mg（OH）2Ksp8.1×10一91.08×10一101.0×10一43.5×10一51.6×10一11【设计除杂过程】

（i）若在图3的操作⑤结束后发现溶液B略有浑浊；应采取的措施是______；

（ii）混合液A的主要成分是______．（填化学式）

【检验除杂效果】

（ⅲ）为检验Mg2+、SO42-是否除尽；通常分别取悬浊液A上层清液于两试管中．进行如下实验：

步骤一：检验Mg2+是否除尽．向其中一支试管中加入______溶液（填化学式），如果没有沉淀生成，则Mg2+已除尽．

步骤二：检验SO42-是否除尽．向另一支试管中加入某溶液，如果无有沉淀生成，则SO42-已除尽；效果最好的是______（填字母）．

A．Na2CO3B．BaCl2C．CaCl2

【获取纯净氯化钾】

（ⅳ）对溶液B加热并不断滴加lmol•L一1的盐酸溶液；同时用pH试纸检测溶液，直至pH=5时停止加盐酸，得到溶液C．该操作的目的是______．

（ⅴ）将溶液C倒入______（填仪器名称）中；加热蒸发并用玻璃棒不断搅拌，直到______时（填现象），停止加热．

【问题讨论】

（ⅵ）进行操作⑤前，需先加热，其目的是______，该操作中控制溶液pH=12可确保Mg2+除尽，根据提供的数据计算，此时溶解B中Mg2+物质的量浓度为______．

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3，为强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：某溶液既能溶解Al（OH）3，又能溶解H2SiO3；为强碱溶液；

A．强碱溶液中不能大量存在HCO3-；故A不选；

B．强碱溶液中该组离子之间不反应；可大量共存，故B选；

C．强碱溶液中不能大量存在H+、Mg2+；故C不选；

D．强碱溶液中不能大量存在Ag+；故D不选；

故选B．2、C【分析】【分析】A；根据在离子化合物中；相同的离子要分开写，并且要对称；

B；根据共价化合物中没有括号和所带电荷数；

C；根据共价化合物中氧原子形成2对共用电子对；氢原子形成1对共用电子对；

D、根据氮气中氮原子形成3对共用电子对，每个原子还剩余2个电子；【解析】【解答】解：A、氧化钠为离子化合物，由钠离子与氧离子构成，钠离子不能合并，电子式为故A错误；

B、硫化氢为共价化合物，不存在离子键，硫原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为故B错误；

C、双氧水是氧原子和氢原子之间通过共价键形成的共价化合物，其电子式为故C正确；

D、氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构得形成三对共用电子对，电子式为故D错误；

故选：C．3、D【分析】解：A．氨气能与酸发生中和反应；用醋可除去氨的气味，故A正确；

B．“皮革奶”是奶粉中掺入皮革下脚料；奶粉的主要成分是蛋白质，将混有奶粉的皮革灼烧时有烧焦羽毛的气味，故B正确；

C．NaNO2有致癌作用，腌制食品中应严格控制NaNO2的用量；故C正确；

D．用惰性电极电解MgCl2的水溶液；在阴极生成氢气，不会制得Mg，故D错误．

故选D．

A．氨气能与酸发生中和反应；用醋可除去氨的气味；

B．“皮革奶”是奶粉中掺入皮革下脚料；奶粉的主要成分是蛋白质，将混有奶粉的皮革灼烧时有烧焦羽毛的气味；

C．NaNO2有致癌作用，腌制食品中应严格控制NaNO2的用量；

D．用惰性电极电解MgCl2的水溶液；在阴极生成氢气，不会制得Mg；

本题考查松花蛋、皮革奶、海水提镁等知识，题目难度不大，注意腌制食品中应严格控制NaNO2的用量，以防中毒．【解析】【答案】D4、B【分析】解：A、反应Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中，化合价降低的元素是铜元素，所在的反应物Cu2S、Cu2O是氧化剂；故A错误；

B、硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂；又是还原剂，故B正确；

C、反应物Cu2S、Cu2O中硫元素化合价降为金属铜中的0价；金属铜为还原产物，故C错误；

D、反应Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中；化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成金属铜6mol，所以每生成19.2g（即0.3mol）Cu，反应中转移0.3mol电子，故D错误。

故选：B。

A；化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂；

B；化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂；化合价升高的元素所在的反应物是还原剂；

C；氧化剂对应的是还原产物；还原剂对应的是氧化产物；

D；根据转移电子的量来分析生成的金属铜的量．

本题考查学生氧化还原反应中的有关概念和电子转移知识，是一道基本知识题目，难度不大．【解析】B5、D【分析】【分析】由结构可知分子式，分子中含-COOC-、醚键、过氧键及烃基，结合酯、过氧化物的性质等来解答．【解析】【解答】解：A．由结构简式确定分子式为C15H22O5；故A正确；

B．含-COOC-；甲基等均发生取代反应；燃烧反应为氧化反应，故B正确；

C．含-COOC-，在H2SO4或NaOH溶液中发生水解反应；则均不能稳定存在，故C正确；

D．青蒿素易溶于酒精；水等溶剂；乙醇与水互溶，不能用乙醇从青蒿浸取液中萃取出青蒿素，故D错误；

故选D．6、C【分析】【分析】植物油、乙酸乙酯、乙酸密度都比水小，而植物油和乙酸乙酯均不溶于水，而乙酸能溶于水，据此分析．【解析】【解答】解：①植物油不溶于水且密度比水小；且植物油属于酯类，故为含氧的有机物，故正确；

②乙酸属于羧酸类；为含氧有机物，但乙酸溶于水，故错误；

③乙酸乙酯不溶于水且密度比水小；且乙酸乙酯属于酯类，故为含氧的有机物，故正确；

故选C．7、A【分析】【分析】最外层电子数不超过8个，第一电子层不超过2个，据此分析解答．【解析】【解答】解：每个电子层上最多排列2n2个电子，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，当M层为最外层时，最多容纳8个电子，故选A．8、D【分析】【分析】A、B、C、D为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，B是地壳中含量最高的元素，B为氧元素，A的原子序数小于氧元素，A的最外层电子数是其电子层数的2倍，A有2个电子层，最外层电子数是4，故A为C元素，B原子的最外层电子数是D原子最外层电子数的2倍，D元素原子最外层电子数为2，原子序数大于氧元素，故D为Mg元素，C原子最外层只有一个电子，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故C为Na元素，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D为四种短周期主族元素；且原子序数依次增大，B是地壳中含量最高的元素，B为氧元素，A的原子序数小于氧元素，A的最外层电子数是其电子层数的2倍，A有2个电子层，最外层电子数是4，故A为C元素，B原子的最外层电子数是D原子最外层电子数的2倍，D元素原子最外层电子数为2，原子序数大于氧元素，故D为Mg元素，C原子最外层只有一个电子，处于第ⅠA族，原子序数大于氧元素，故C为Na元素；

A；金属性Na＞Mg；故最高价氧化物对应水化物的碱性：C＞D，故A错误；

B；非金属性O＞S；非金属性越强，氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：A＜B，故B错误；

C；O、C元素处于第二周期；Na、Mg元素处于第三周期，四种元素不可能处于同一周期，故C错误；

D；同周期自左而右原子半径减小；故原子半径Na＞Si，同主族自上而下原子半径增大，原子半径Si＞C，故原子半径Na＞C，故D周期；

故选D．二、填空题(共7题，共14分)9、BC13.31.73【分析】【分析】（1）该反应是反应前后气体体积减小的；放热的可逆反应；要提高二氧化氮的转化率，只要改变条件使化学平衡向正反应方向移动即可；

（2）根据平衡常数表达式k=来计算；

（3）计算N2O4和NO2的物质的量，根据电子转移计算Cu的物质的量，根据m=nM计算Cu的质量．【解析】【解答】解：（1）该反应是反应前后气体体积减小的；放热的可逆反应；要使该反应向正反应方向移动，可改变反应物的浓度、体系的压强、温度等．

A、减小N02的浓度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低；故A错误；

B．降低温度，平衡向正反应方向移动，N02的转化率提高；故B正确；

C．增加N02的浓度；平衡向正反应方向移动，且体系压强增大，也利于反应向正反应方向移动，故C正确；

D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低；故D错误；

故答案为：BC；

（2）平衡时，c（NO2）=0.0300mol•L-1、c（N2O4）=0.0120mol•L-1，反应2NO2（g⇌N2O4（g）的平衡常数k===13.3；

故答案为：13.3；

（3）由（2）可知，在17℃、1.01×105Pa达到平衡时；1.00L混合气体中：

n（N2O4）=c（N2O4）×V=0.0120mol•L-1×1.00L=0.0120mol

n（NO2）=c（NO2）×V=0.0300mol•L-1×1.00L=0.0300mol

则n（NO2）总=n（NO2）+2n（N2O4）=0.0540mol

由Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O可得。

m=×64g/mol=1.73g；

故答案为：1.73．10、量筒、温度计Cu传热快，热量损失大-56.8kJ•mol-1HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8kJ•mol-1偏大【分析】【分析】（1）根据中和热测定的实验步骤选用需要的仪器；然后判断还缺少的仪器；

（2）金属导热快；热量损失多；

（3）①先求出2次反应的温度差的平均值；根据公式Q=cm△T来求出生成0.025mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；

②根据中和热的概念以及热化学方程式的书写方法；

（4）弱电解质电离吸热．【解析】【解答】解：（1）中和热的测定过程中；需要用量筒量取酸溶液；碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少温度计和量筒；

故答案为：量筒；温度计；

（2）不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒；因为铜丝搅拌棒是热的良导体，故答案为：Cu传热快，热量损失大；

（3）①第1次反应前后温度差为：3.3℃；第2次反应前后温度差为：3.5℃，平均温度差为3.4℃；

50mL0.55mol•L-1NaOH与50mL0.5mol•L-1HCl混合，氢氧化钠过量，反应生成了0.025mol水，50mL0.5mol•L-1盐酸、0.55mol•L-1NaOH溶液的质量和为：m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.4212kJ×=-56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ•mol-1；

②稀盐酸和NaOH稀溶液反应生成1mol水放热56.8KJ，该反应的热化学方程式为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8kJ•mol-1；

故答案为：-56.8kJ•mol-1；HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8kJ•mol-1；

（4）醋酸为弱酸；电离过程为吸热过程，所以用醋酸代替HCl做实验，反应放出的热量小于56.8kJ，但△H偏大；

故答案为：偏大．11、0.0625mol/（L•min）2：1：2【分析】【分析】根据速率表达式V（B）=和同一个反应用不同物质表示的反应速率之比等于方程式的计量系数之比据此解答．【解析】【解答】解：根据题意得SO2的浓度减小量△C（SO2）=0.5mol/L-0.25mol/L=0.25mol/L；

V（SO2）===0.125mol/（L•min）；

依据速率之比等于方程式的计量系数之比得：V（SO2）：V（O2）=2：1；

可知V（O2）=0.5×0.125mol/（L•min）=0.0625mol/（L•min）；

方程式的计量系数之比为：2：1：2，所以V（SO2）：V（O2）：V（SO3）=2：1：2；

故答案为：0.0625mol/（L•min）；2：1：2．12、21配位键正四面体CH4CH4分子间只有范德华力没有氢键，而NH3、H2O、HF分子间还存在氢键【分析】【分析】处于同一短周期A、B、C、D四种元素，在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，考虑氢键，有关的元素有O、N、F，可以确定A在第二周期；B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，可以确定B是N元素，因为F、O无含氧酸；A是周期表中电负性最强的元素，则A为F元素；C的电负性介于A、B之间，则C为O元素；D与B相邻，则可推知D为碳元素．【解析】【解答】解：处于同一短周期A；B、C、D四种元素；在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，考虑氢键，有关的元素有O、N、F，可以确定A在第二周期；B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，可以确定B是N元素，因为F、O无含氧酸；A是周期表中电负性最强的元素，则A为F元素；C的电负性介于A、B之间，则C为O元素；D与B相邻，则可推知D为碳元素．

（1）B的单质为N2；分子中存在三键，分子中存在2个π键，1个σ键，故答案为：2；1；

（2）B的气态氢化物为NH3，很容易与H+结合，此时N原子与H+间形成的键称为配位键；形成的离子立体构型为：正四面体，故答案为：配位键；正四面体；

（3）在A、B、C、D四种元素形成的四种氢化物中的电子数均相同，分别为HF、NH3、H2O、CH4，CH4分子间只有范德华力没有氢键，而NH3、H2O、HF分子间还存在氢键，故沸点最低的是CH4；

故答案为：CH4；CH4分子间只有范德华力没有氢键，而NH3、H2O、HF分子间还存在氢键；13、Ba2++SO42-=BaSO4↓纯碱Na2SO32H2S+3O22SO2+2H2O【分析】【分析】根据符合图示内容的物质可以是硫酸钠；碳酸钠；过氧化钠、硫化钠、亚硫酸钠等这些物质；

（1）M的水溶液为中性，则M为强酸的钠盐Na2SO4；检验其中硫酸根离子，可以根据硫酸根离子和钡离子之间反应得到白色不溶于硝酸的沉淀来检验；

（2）若M水溶液呈碱性，则为强碱弱酸盐，加入过量盐酸后产生无色无味的气体，该气体为二氧化碳，则M为Na2CO3；碳酸钠的俗名为纯碱；

（3）若物质M置于空气中易被氧化为另一种物质，M中具有还原性的离子，生成物的摩尔质量比M增加了16，即多了一个氧原子，则Na2SO3；

（4）若其水溶液呈碱性，则为强碱弱酸盐，加入过量盐酸后产生腐卵臭气味的气体即硫化氢，所以M是Na2S，M与盐酸反应后生成的气体是H2S，写出硫化氢气体在过量空气中燃烧的化学方程式．【解析】【解答】解：由存在的化学式部分可知酸根的化合价是-2价；化合价为-2价的酸根有硫酸根；碳酸根、亚硫酸根离子等；

（1）若M的水溶液为中性，则为强酸的钠盐，即为Na2SO4，检验其中硫酸根离子，可以根据硫酸根离子和钡离子之间反应得到白色不溶于硝酸的沉淀来检验，即离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；

故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

（2）若其水溶液呈碱性，则为强碱弱酸盐，加入过量盐酸后产生无色无味的气体，即M为Na2CO3；碳酸钠的俗名为纯碱；

故答案为：纯碱；

（3）若物质M置于空气中易被氧化为另一种物质，M中具有还原性的离子，生成物的摩尔质量比M增加了16，即多了一个氧原子，所以是Na2SO3，故答案为：Na2SO3；

（4）若其水溶液呈碱性，则为强碱弱酸盐，加入过量盐酸后产生腐卵臭气味的气体即硫化氢，所以M是Na2S，M与盐酸反应后生成的气体是H2S，硫化氢气体在过量空气中燃烧的化学方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O；

故答案为：2H2S+3O22SO2+2H2O．14、128C9H204CH（CH3）2C（CH3）2CH（CH3）2【分析】【分析】（1）摩尔质量=密度×气体摩尔体积；摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量；

（2）浓硫酸增重1.8g为生成的水的质量，碱石灰增重3.96g为燃烧生成CO2的质量；根据C原子；H原子守恒可计算出1.28g烃中C原子、H原子的物质的量，据此计算烃中C原子、H原子的个数比，即求出的实验式，再结合烃的相对分子质量确定其分子式；

（3）含有6个甲基就已经占了6个C和18个H，只剩下3个C和2个H，可以看作是丙烷中其中的六个H被6个甲基给取代了，由此分析解答．【解析】【解答】解：（1）烃的摩尔质量为：5.72g/L×22.4L/mol=128g/mol；摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量，所以该烃的相对分子质量为128；

故答案为：128；

（2）生成水的物质的量为：n（H2O）==0.1mol，则：n（H）=2n（H2O）=0.1mol×2=0.2mol，生成CO2的物质的量为：n（CO2）==0.09mol，则：n（C）=n（CO2）=0.09mol，烃中C原子、H原子的个数比为0.09mol：0.2mol=9：20，实验式为C9H20，该实验式中C原子与H原子的关系满足烷烃关系，实验式即是分子式，所以该烃的分子式为C9H20，故答案为：C9H20；

（3）丙烷的碳架结构为有两种氢分别是1号碳上6个氢，2号碳上2个氢，6个甲基取代1号碳上6个氢是一种；取代1号碳上5个氢，2号碳上1个氢是第二种，取代2号碳上两个氢，如果两个甲取代左1号碳，另两个甲基取代右1号碳上是第三种；取代2号碳上两个氢，如果三个甲取代左1号碳，另一个甲基取代右1号碳上是第由种，其中一种的结构简式为CH（CH3）2C（CH3）2CH（CH3）2，故答案为：4；CH（CH3）2C（CH3）2CH（CH3）2．15、CAH2O2KMnO4H2SO4MnSO4K2SO4O2H2O2Mn【分析】【分析】（1）H2O2仅体现氧化性；反应中O元素化合价应降低，被还原；

（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性；反应中O元素化合价既升高，又降低，自身发生氧化还原反应；

（3）KMnO4具有强氧化性，应为氧化剂，被还原生成MnSO4，则反应中H2O2为还原剂，被氧化生成O2．【解析】【解答】解：A.2H2O2═2H2O+O2↑中O元素由-1价变为0价和-2价；所以双氧水是氧化剂和还原剂；

B．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2中各元素化合价不变；所以不属于氧化还原反应；

C.3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中Cr元素化合价由+3价变为+6价；O元素化合价由-1价变为-2价；所以双氧水是氧化剂，硫酸铬是还原剂；

（1）反应中3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，H2O2仅体现氧化性；反应中O元素化合价应降低，被还原，故答案为：C；

（2）2H2O2═2H2O+O2↑中O元素由-1价变为0价和-2价；所以双氧水是氧化剂和还原剂，故答案为：A；

（3）KMnO4具有强氧化性，应为氧化剂，被含有生成MnSO4，则反应中H2O2为还原剂，被氧化生成O2，反应中H2SO4表现为酸性，反应的方程式可为H2O2+KMnO4+H2SO4→MnSO4+O2+K2SO4+H2O（未配平），反应中O元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，H2O2为还原剂；反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，被还原；

故答案为：H2O2；KMnO4；H2SO4；MnSO4；O2；K2SO4；H2O；H2O2；Mn．三、判断题(共6题，共12分)16、×【分析】【分析】浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，据此分析解答．【解析】【解答】解：浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，浓盐酸和MnO2反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假设4molHCl完全反应，设转移电子的个数为x；

4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑转移电子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

实际上参加反应的HCl的物质的量小于4mol，所以转移电子数小于2NA；所以该说法错误；

故答案为：×．17、√【分析】【分析】根据放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量来解答，放热反应的△H为负值，吸热反应的△H为正值．【解析】【解答】解：当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”，故答案为：√．18、×【分析】【分析】用新制Cu（OH）2浊液检验葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．【解析】【解答】解：此说法错误．理由是：用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．而淀粉溶液水解时加入稀H2SO4做催化剂，故想检验葡萄糖的生成，须在水解液中加过量的碱使溶液呈碱性，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液；若有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖．

故答案为：×，用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性，即在加新制Cu（OH）2浊液之前，必须加过量的碱使溶液呈碱性．19、×【分析】【分析】非金属元素形成的化合物中可能含离子键，以此来解答．【解析】【解答】解：非金属元素形成的化合物中可能含离子键；如铵盐中存在离子键和共价键，为离子化合物，一般非金属元素形成的化合物含共价键；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】硫酸钾由K+和SO42-构成，结合离子化合物的构成判断．【解析】【解答】解：硫酸钾由K+和SO42-构成，1mol硫酸钾中含有1molSO42-，阴离子所带电荷数为2NA；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】卤代烃中卤原子在碱性条件下水解产生卤离子，加硝酸酸化后，在加硝酸银，依据产生沉淀的颜色可以判断卤离子．【解析】【解答】解：鉴定卤代烃中卤元素的存在的操作是：加入NaOH溶液；加热后，冷却，然后加入足量的硝酸酸化，再加入硝酸银溶液来检验卤素离子，故错误；

故答案为：×．四、其他(共3题，共24分)22、试管药匙试管夹酒精灯胶头滴管量筒EADCBF【分析】【分析】（1）熟记中学化学实验中常用的仪器；

（2）根据基本实验仪器：试管、试管夹、药匙、酒精灯，胶头滴管、量筒的作用来回答．【解析】【解答】解：（1）A～F各仪器的名称分别是：试管；药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；故答案为：试管、药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；

（2）胶头滴管常用于吸取和滴加少量液体；故答案为：E；

（3）试管可以直接加热；故答案为：A；

（4）在化学实验室；常用酒精灯作为热源，故答案为：D；

（5）试管架是用来夹持试管的仪器；故答案为：C；

（6）药匙用来取用少量的固体粉末；故答案为：B；

（7）量筒可以用来量取液体的体积，故答案为：F．23、AF【分析】【分析】用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等【解析】【解答】解：凡是玻璃相互接处，不能漏水漏气的要磨砂处理，用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等，故答案为：AF．24、略

【分析】首先根据题给信息推断元素。F元素形成的化合物种类是所有元素中最多的，F为碳元素，F、H、I为同周期相邻的三种元素，依次为碳、氮、氧。E、G同主族，I、G简单离子具有相同的电子层结构，E为氢，G为钠，K与F形成离子化合物Q，与碳元素形成离子化合物的元素为钙，离子化合物为碳化钙（Q），与水（R）反应生成乙炔。六种元素原子半径大小关系：Ca＞Na＞C＞N＞O＞H，第三大为碳元素（回答元素符号），E与H组成阳离子NH4+（回答结构式），I、G组成含有两种化学键的化合物Na2O2（回答电子式），Q与R反应制备乙炔（回答化学方程式）。E、I、G组成NaOH与E、F、I组成的一元酸Z中和，若Z为强酸，恰好反应（pH=7）时，消耗酸体积应该为12.5mL，而题中反应至中性时消耗Z的体积为13mL，所以生成强碱弱酸盐。二者恰好反应的点位于AB区间。【解析】【答案】（1）C（2）（3）（4）①弱；若Z为强酸则在pH=7是刚好完全反应，体积消耗Z溶液12.5mL，而现在是13ml，说明生成的强碱弱酸盐。②否AB（5）CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2五、实验题(共3题，共30分)25、略

【分析】解：（1）在酸性条件下MnO2氧化Cl-，二氧化锰被还原成+2价的锰离子，氯离子被还原成单质氯气，二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气、氯化锰和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；氢氧化钙与氯化铵加热生成氨气、氯化钙和水，所以A装置中的试管内发生的反应的化学方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

（2）浓盐酸制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质；应用饱和的食盐水除掉氯化氢，当含氯化氢的氯气通过饱和食盐水时，氯化氢溶解在其中，氯气几乎不溶；B装置用于干燥氨气，所以B中的固体干燥剂为碱石灰；

故答案为：饱和食盐水；碱石灰；

（3）G连接的装置既能吸收可能过量的氯气和氨气；又能防止水进入C装置，图2中的c有干燥；倒吸装置，符合要求；

故答案为：c；

（4）可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则NCl3水解的化学方程式为：NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO；

故答案为：NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO．

（5）因为氯化铵在NCl3中溶解，而NCl3沸点比较低易挥发，因此应采用蒸馏的方法，但由于高于95℃时NCl3易爆炸；因此应采用水浴加热的方法，进行蒸馏，控制温度只要介于70-95℃之间即可；

故答案为：在低于95℃条件下；水浴加热蒸馏（收集70℃）．

实验室中可用氯气和氨气反应制取NCl3：F装置制取氯气，用浓盐酸与MnO2在加热的条件下进行生成氯气，浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，E装置除去氯气中的氯化氢，D装置干燥氯气，A装置制备氨气，C装置制得NCl3；导管G既能吸收可能过量的氯气和氨气，又能防止水进入C装置．

（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰；氯气、水；氢氧化钙与氯化铵加热生成氨气；

（2）浓盐酸易挥发；制得的氯气中含有氯化氢，氯化氢溶于饱和食盐水，氯气难溶；B装置用于干燥氨气；

（3）选择的装置需满足既能吸收可能过量的氯气和氨气；又能防止水进入C装置；

（4）可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；根据质量守恒判断反应的化学方程式；

（5）NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸，NH4Cl溶解在NCl3中；可利用沸点不同采用蒸馏的方法分离．

本题考查工艺流程、物质制备、盐类水解、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．【解析】MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；饱和食盐水；碱石灰；c；NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO；在低于95℃条件下，水浴加热蒸馏（收集70℃）26、略

【分析】解：溶液呈无色，则不含rm{Fe^{3+}}加入过量盐酸只产生气体，则一定含有rm{CO_{3}^{2-}}不含rm{Ag^{+}}反应后溶液呈酸性，加入过量碳酸氢铵溶液，生成气体和白色沉淀，则发生反应应为：rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}则原溶液中含有rm{AlO_{2}^{-}}则一定不含rm{Ba^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Fe^{3+}}因这些离子与rm{AlO_{2}^{-}}发生相互促进的水解而不能大量共存，根据溶液电中性原则，一定含有rm{Na^{+}}最后加入过量氢氧化钡溶液，因之前加入的碳酸氢铵过量，则生成的白色沉淀可能为rm{BaCO_{3}}不能确定rm{SO_{4}^{2-}}是否存在．

rm{(1)}气体rm{A}的成分是rm{CO_{2}}所涉及反应有：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}气体rm{B}为rm{NH_{3}}所涉及反应为rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}故答案为：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{CO_{2}}

rm{NH_{3}}步骤rm{(2)}中加入过量盐酸只产生气体，则一定含有rm{垄脵}发生离子反应为rm{CO_{3}^{2-}}故答案为：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}溶液中含有rm{(3)}加入过量盐酸发生反应：rm{AlO_{2}^{-}}加入过量碳酸氢铵溶液，生成气体和白色沉淀，则发生反应应为：rm{AlO_{2}^{-}+4H^{+}篓TAl^{3+}+2H_{2}O}生成气体rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}的离子反应为rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{B}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

rm{AlO_{2}^{-}+4H^{+}篓TAl^{3+}+2H_{2}O}由以上分析可知，rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}溶液中一定存在的离子是rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{(4)}rm{X}因最后加入过量氢氧化钡溶液，因之前加入的碳酸氢铵过量，则生成的白色沉淀可能为rm{CO_{3}^{2-}}不能确定rm{AlO_{2}^{-}}是否存在，可向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有rm{Na^{+}}

故答案为：rm{BaCO_{3}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有rm{AlO_{2}^{-}}．

溶液呈无色，则不含rm{Na^{+}}加入过量盐酸只产生气体，则一定含有rm{SO_{4}^{2-}}不含rm{SO_{4}^{2-}}反应后溶液呈酸性，加入过量碳酸氢铵溶液，生成气体和白色沉淀，则发生反应应为：rm{Fe^{3+}}则原溶液中含有rm{CO_{3}^{2-}}则一定不含rm{Ag^{+}}rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}rm{AlO_{2}^{-}}因这些离子与rm{Ba^{2+}}发生相互促进的水解而不能大量共存，根据溶液电中性原则，一定含有rm{Al^{3+}}最后加入过量氢氧化钡溶液，因之前加入的碳酸氢铵过量，则生成的白色沉淀可能为rm{Fe^{3+}}不能确定是否存在rm{AlO_{2}^{-}}以此解答．

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、常见离子之间反应与现象推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．rm{Na^{+}}【解析】rm{CO_{2}}rm{NH_{3}}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{AlO_{2}^{-}+4H^{+}篓TAl^{3+}+2H_{2}O}rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{CO_{3}^{2-}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{Na^{+}}向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有rm{SO_{4}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}27、略

【分析】试题分析：（1）铁碳合金含有铁和碳单质，常温下，铁北浓硫酸钝化，碳与浓硫酸不反应，因此无明显现象；（2）升高温度，化学反应速率加快；铁碳在酸溶液中形成原电池，化学反应速率也会加快；（3）装置B中品红溶液可以检验反应产物中是否存在SO2；（4）装置A中产生CO2的反应式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；（5）由于CO2、SO2都能使澄清石灰水变浑浊，检验CO2前必须除去SO2并检验SO2是否除尽，由于SO2具有还原性和漂白性，则E