2022-2023学年福建省三明第一中学高三上学期第二次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省三明第一中学高三上学期第二次月考化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，填空题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
福建省三明第一中学2022-2023学年高三上学期第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中国空间站天和核心舱的主要能量来源是砷化镓(GaAs)太阳电池阵，其中Ga与Al同主族，化学性质相似。下列说法错误的是
A．砷化镓电池能将光能转化为电能
B．GaAs中As的化合价是-3
C．镓既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
D．GaAs与反应得到+5价含As化合物，该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
【答案】D
【详解】A．砷化镓电池能将光能转化为电能，A正确；
B．Ga与Al同主族，GaAs中Ga为+3价，As的化合价是-3，B正确；
C．Ga与Al同主族，化学性质相似，因为铝既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，故镓既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，C正确；
D．GaAs中镓元素为+3价，砷元素为-3价，As元素的化合价变为+5价，GaAs是还原剂，H2O2中氧元素的化合价由-1价变为-2价，H2O2是氧化剂，根据化合价升降总数相等，则该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4，故D错误；
故选D。
2．下列说法中不正确的是
A．甘油不是油，纯碱不是碱，干冰不是冰
B．蒸馏、干馏、常压分馏、减压分馏都是物理变化
C．水煤气、裂解气、焦炉气、天然气都是混合物
D．酯化、硝化、风化、钝化都是化学变化
【答案】B
【详解】A．甘油是丙三醇，故不是油，纯碱是碳酸钠，是盐不是碱，干冰是二氧化碳，故不是冰，故A正确；
B．蒸馏、常压分馏、减压分馏过程中没有产生新物质，都是物理变化，而煤的干馏有新物质生成，故是化学变化，故B错误；
C．水煤气是CO和H2的混合物；裂解气是乙烯、丙烯的混合物；焦炉气其主要成分为氢气（55%～60%）和甲烷（23%～27%），另外还含有少量的一氧化碳（5%～8%），是混合物；天然气主要成分是甲烷，还有其他杂质，是混合物，故C正确；
D．酯化、硝化、风化、钝化过程中都有新物质生成，故均是化学变化，故D正确；
故答案选B。
3．在给定条件下，下列选项所示转化关系均能一步实现的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．N2和氧气放电时生成NO，故A错误；
B．S的还原性较弱，S和氧气反应生成SO2，故B错误；
C．Na和氧气在加热下生成过氧化钠，Na2O2和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，能一步实现，故C正确；
D．Fe和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，故D错误；
故选：C。
4．分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。某同学用如表所示的形式对所学知识进行分类,其中甲与乙、丙、丁是包含关系。

甲
乙、丙、丁
①
常见干燥剂
浓硫酸、石灰石、碱石灰
②
常见合金
不锈钢、青铜、生铁
③
腐蚀品
浓硫酸、烧碱、硝酸
④
碱性氧化物
过氧化钠、氧化镁、氧化铁
⑤
弱电解质
醋酸、一水合氨、水

其中正确的组合是 A．①② B．③④⑤ C．②③⑤ D．①④⑤
【答案】C
【详解】①中石灰石的主要成分是CaCO3，不能充当干燥剂；②中三种物质均为合金；③中三种物质均具有腐蚀性；④中过氧化钠与酸反应，生成盐和水的同时，还生成O2，所以过氧化钠不是碱性氧化物；⑤中三种物质均存在电离平衡，属于弱电解质，答案选C。
5．铁是日常生活中使用最广泛的金属，下列关于铁的一些说法正确的是
A．常温下浓硫酸与铁不反应，故常温下可用铁制容器贮藏、贮运浓硫酸
B．铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到
C．铁是较活泼的金属，它与卤素单质(X2)反应的生成物均为
D．铁的氧化物有FeO、和，均为黑色固体
【答案】B
【详解】A．常温下铁在浓硫酸与中钝化，阻碍反应的继续进行，所以常温下可用铁制容器贮藏、贮运浓硫酸，故A错误；
B．铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，高温下与水蒸气反应反应生成四氧化三铁和氢气，所以铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到四氧化三铁，故B正确；
C．铁是较活泼的金属，与氧化性较弱的碘单质反应生成碘化亚铁，不能生成碘化铁，故C错误；
D．氧化铁是红棕色粉末，不是黑色固体，故D错误；
故选B。
6．关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A． K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【详解】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；
B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；
C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
7．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，含有NA个分子
B．的乙酸溶液中的氢离子数目为0.1NA
C．常温常压下，含有0.2NA个阴离子
D．中含有中子数为12NA
【答案】D
【详解】A．标准状况下，四氯化碳为液态，无法计算22.4L四氯化碳的物质的量和含有的分子数，故A错误；
B．缺溶液的体积，无法计算pH为1的乙酸溶液中氢离子的物质的量和数目，故B错误；
C．过氧化钠是由钠离子和过氧根离子形成的离子化合物，7.8g过氧化钠中阴离子的数目为×1×NAmol—1=0.1NA，故C错误；
D．的中子数为12、质量数为22g/mol，则22g中含有中子数为×12×NAmol—1=12NA，故D正确；
故选D。
8．胶体在工农业生产及日常生活中有着广泛应用。下列事实与胶体性质无关的是
①土壤中离子的吸附和交换过程，有保肥作用
②将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物
③往伤口上撒盐可以止血消炎
④豆浆中加入石膏制豆腐
⑤由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
⑥铝盐和铁盐可用作净水剂
⑦、均可用于水的净化杀菌
A．②⑦ B．③④⑥ C．②⑤⑦ D．①④⑦
【答案】A
【详解】①土壤胶体的胶粒带负电荷，能够吸附阳离子，与胶体性质有关，不符合题意；
②油水混合物是乳浊液，与胶体性质无关，符合题意；
③血液属于胶体，加入电解质可以促进血液聚沉凝固，可以止血消炎，与胶体性质有关，不符合题意；
④豆浆属于胶体，加入电解质石膏，可以促进豆浆的聚沉，从而制豆腐，与胶体性质有关，不符合题意；
⑤血液是胶体，胶体粒子不能通过半透膜，血液透析就是利用胶体的渗析原理，与胶体性质有关，不符合题意；
⑥铝盐水解产生氢氧化铝胶体，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，胶体粒子表面积大吸附能力强，能吸附水中杂质而作净水剂，与胶体性质有关，不符合题意；
⑦、均具有强氧化性，用于水的净化杀菌，与胶体性质无关，符合题意；
故选A。
9．硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为脱氯剂。已知溶液恰好将完全转化为，则将转化成
A． B．S C． D．
【答案】A
【详解】设硫代硫酸钠的氧化产物中硫元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得：0.100mol/L×0.025L×2×(a—2)= ×2×1，解得a=+6，则氧化产物为硫酸根离子；
故选A。
10．下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是
A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀
B．向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀
C．向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀
D．向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀
【答案】D
【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误；
B．向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；
C．向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误；
D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。
故选D。
11．下列操作或装置能达到实验目的的是
A
B
C
D




配制一定浓度的NaCl溶液
除去氯气中的HCl气体
观察铁的吸氧腐蚀
检验乙炔的还原性

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．配制溶液定容时要平视溶液的凹液面，A错误；
B．应该用饱和氯化钠溶液吸收氯气中的氯化氢，用碳酸氢钠会产生二氧化碳杂质气体，B错误；
C．铁在食盐水中能发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，右侧红墨水会倒吸入导管中，C正确；
D．电石含有杂质，产生的气体不仅有乙炔还有硫化氢等，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙炔的还原性，D错误；
故选C。
12．部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是

A．可以通过a的催化氧化反应制备c
B．工业上通过a→b→c→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．加热d′的固态钾盐可以产生
【答案】B
【分析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A正确；
B．工业上通过 ，，，即 a→ c→ d→ e 来制备 HNO3，B错误；
C．可通过反应 得到氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解 ，可以产生 O2，D正确；
故答案为B。
13．下列方程式与所给事实不相符的是
A．加热固体，产生无色气体：
B．少量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
C．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合：
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
【答案】C
【详解】A．不稳定，加热分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，方程式为：，A项与事实相符；
B．少量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体NO，Fe被氧化成Fe3+，离子方程式为：，B项与事实相符；
C．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1: 2混合，Ba(OH)2 电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为为，C项与事实不相符；
D．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的溶解度，可以用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子反应为 ，D项与事实相符；
故选C。
14．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．中性溶液中：、、、
B．加入铝粉生成的溶液中：、、、
C．无色溶液中：、、、
D．的溶液中：、、、
【答案】D
【详解】A．中性溶液中不能大量存在Fe3+，故A不选；
B．加入铝粉生成的溶液可能是酸性也可能是碱性，不能在酸性或碱性溶液中大量存在，不能在碱性溶液中大量存在，故B不选；
C．有颜色不能在无色溶液中大量存在，故C不选；
D．的溶液中c(OH-)=，该溶液呈酸性，、、、四种离子之间相互不反应，也都可以在酸性环境中大量存在，故D选；
正确答案是D。
15．向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b-a=5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是

A．线段Ⅰ表示Fe2+的变化情况
B．根据图像可计算a=5
C．线段Ⅳ发生反应的离子方程式为I2+5Cl2+12OH-=2+10Cl-+6H2O
D．原溶液中c(Fe2+)：c(I-)：c(Br-)=2：1：3
【答案】D
【分析】微粒的还原性：I-＞Fe2+＞Br-，向含有三种离子的溶液中逐渐通入过量Cl2，首先发生反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-；I-反应完全后发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe2+反应完全后发生反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，然后结合各个段反应消耗Cl2的物质的量确定反应微粒浓度关系。
【详解】A．由于还原性I-＞Fe2+＞Br-，所以线段Ⅰ表示I-的变化情况，A错误；
B．线段Ⅰ表示I-的变化，根据反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，反应消耗Cl2的物质的量是1 mol，则n(I-)=2 mol，线段II发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，其其反应消耗Cl2的物质的量是2 mol，可知n(Fe2+)=4 mol；根据电荷守恒可知：n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，所以n(Br-)=2n(Fe2+)- n(I-)=2×4 mol-1×2 mol=6 mol，所以发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-时，n(Cl2)=n(Br-)=3 mol，故a=3+3=6，B错误；
C．线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，2I-+Cl2=I2+2Cl-反应消耗1 mol氯气，所以碘原子的物质的量为2 mol，已知：b-a=5，反应Ⅳ消耗氯气的物质的量为5 mol，根据电子守恒，设该含氧酸中碘元素的化合价为x，(x-0) ×2 mol=5 mol×2，解得x=+5，则该含氧酸为HIO3，反应的离子方程是I2+5Cl2+6H2O=2+10Cl-+12H+，C错误；
D．根据选项B分析可知：n(Fe2+)=4 mol，n(I-)=2 mol，n(Br-)=6 mol，所以n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=4 mol：2 mol：6 mol=2：1：3，离子处于同一溶液，溶液的体积相同，故离子浓度比等于离子的物质的量的比，则c(Fe2+)：c(I-)：c(Br-)=n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3，D 正确；
故合理选项是D。
16．近日“宁德时代”宜布2023年实现钠离子电池产业化，钠离子电池以其低成本、高安全性及其优异电化学属性等成为锂离子电池的首选“备胎”，其充放电过程是在正负极间的镶嵌与脱嵌。下列说法不正确的是

A．放电时负极区钠单质失去电子
B．充电时由“B极”向“A极”移动
C．由于未使用稀缺的锂钴元素，量产后该电池生产成本比锂离子电池低
D．该电池一种正极材料为，充电时的电极反应为：
【答案】A
【分析】由电子的流向知，放电时A极为负极，B极为正极；充电时A极为阴极，B极为阳极。
【详解】A．该电池充放电过程是 Na+ 在正负极间的镶嵌与脱嵌，不存在钠单质的失电子，A错误；
B．充电时阳离子从阳极向阴极移动，即Na+ 由B极向A极移动，B正确；
C．稀缺的锂钴元素的价格比锂更高，该电池未使用稀缺的锂钴元素，量产后该电池生产成本比锂离子电池低，C正确；
D．充电时正极得电子，电极反应为： ，D正确；
故选A。
17．常温下，的某溶液中可能含有、、、、、中的某几种离子，现取100mL该溶液进行如下所示实验：

已知氧化性。根据实验结果，判断下列说法正确的是
A．一定存在、、
B．一定不存在，可能存在和
C．与至少有一种
D．该溶液中c(Cl-)≥0.2mol/L
【答案】A
【分析】pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，100mL该溶液中含有氢离子的物质的量为0.01mol，则一定不存在；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I-，铁离子能够氧化碘离子，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol，原溶液中含有碘离子的物质的量为0.02mol；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为氢氧化亚铁，灼烧固体得到的1.60g为氧化铁，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为：×2=0.02mol，0.02mol亚铁离子带有正电荷为0.04mol，0.02mol碘离子带有0.02mol电子，所以原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol-0.02mol-0.01mol=0.01mol，氯离子的浓度最小为=0.1mol/L，以此解答该题。
【详解】A．由以上分析可知原溶液中一定含有Fe2+、I-、Cl-，故A正确；
B．原溶液中一定不存在，一定含有Cl-，故B错误；
C．原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+，故C错误；
D．根据分析可知该溶液中c(Cl-)≥0.1nol•L-1，故D错误；
故答案为A。
18．实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：

下列说法正确的是
A．过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为+7价
B．氧化除锰后的溶液中存在：Na+、Zn2+、Fe2+、
C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D．沉锌时的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
【答案】D
【分析】由题给流程可知，向含锌废液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰和滤液1；向滤液1中加入氧化锌或碳酸锌等调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液2；向滤液2中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，过滤得到滤液和ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．过二硫酸钠中含有过氧链，分子中硫元素的化合价为+6价，故A错误；
B．由分析可知，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、，故B错误；
C．溶液中铁离子能与锌反应生成氯化亚铁和氯化锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，故C错误；
D．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故D正确；
故选D。

二、元素或物质推断题
19．A、B、C为中学化学常见单质，其中只有一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。

(1)写出下列物质的化学式：A________、E________。
(2)在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是________(填编号)。
(3)反应⑦的化学方程式为_____，该反应中每消耗16.8 g单质A，可转移电子的物质的量为________mol。
(4)欲除去D溶液中混有的少量G的方法为______。
(5)写出G中通入过量氯气的离子方程式：______。
【答案】(1)     Fe     Fe3O4
(2)③⑥
(3)     3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2     0.8
(4)向D溶液中加入适量H2O2或Br2，充分反应
(5)2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-

【分析】A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体，则单质A应为金属，A和H高温反应生成E为黑色固体，E黑色固体和X反应生成D、G、H，其中D、G之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，A和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含+3价Fe3+的化合物，F为含SCN-的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，单质B常温下是液态，能与Fe反应形成+3价的铁的化合物，则B为Br2，D为FeBr3，D与F得到红色溶液，则F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeBr2，Fe与气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，H在常温下为液体，X是一种无氧强酸，可推知X为HBr，H为H2O，以此解答该题。
（1）
根据上述分析可知：A是Fe，B是Br2，C是O2，D是FeBr3，E是Fe3O4，F是KSCN，G是FeBr2，H为H2O，X为HBr；
（2）
在反应①~⑦中，①为Fe和Br2发生反应产生FeBr3，该反应过程中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应；②为Fe和O2点燃生成Fe3O4，该反应过程中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应；③为Fe3O4和HBr发生反应产生FeBr2、FeBr3、H2O，反应前后元素化合价不变，因此反应不是氧化还原反应；④为FeBr3和Fe生成FeBr2，该反应过程中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应；⑤为FeBr2和Br2发生反应产生FeBr3，该反应过程中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应；⑥是FeBr3和KSCN发生络合反应生成Fe(SCN)3、KBr，反应过程中元素化合价不变，不是氧化还原反应，⑦是Fe、H2O(g)在高温下反应产生Fe3O4、H2，反应过程中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应；故上述反应中不属于氧化还原反应的是③⑥；
（3）
反应⑦是Fe、H2O(g)在高温下反应产生Fe3O4、H2，该反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；
根据反应方程式可知：每有3 mol Fe参加反应，转移电子的物质的量是8 mol，现在有16.8 g Fe发生反应，其物质的量n(Fe)==0.3mol，则可转移电子物质的量是0.8 mol；
（4）
根据上述分析可知：D是FeBr3，G是FeBr2，欲除去FeBr3中的杂质FeBr2，同时又不引入杂质离子，可向其中加入适量H2O2或Br2，充分反应，Fe2+被氧化为Fe3+；
（5）
G是FeBr2，其中含有的Fe2+、Br-都具有还原性，向其中通入过量Cl2，Fe2+被氧化为Fe3+，Br-被氧化为Br2，Cl2被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-。

三、填空题
20．实验室有一瓶无色未知溶液，可能含下列离子中的一种或若干种：、、、、、、、，现取三份各100mL溶液进行如下实验：
①向第一份中加入溶液，有白色沉淀产生；
②向第二份中加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体0.672L(标准状况)；
③向第三份溶液中加入足量溶液，充分反应，过滤、洗涤得到沉淀6.63g，再用足量盐酸洗涤，经过滤、干燥、称重，剩余固体4.66g。
请回答下列问题：
(1)肯定存在的离子有____，肯定不存在的离子有_______。
(2)可能存在的离子是________，为确定该离子是否存在，可取少许原溶液，然后______(填实验操作)。
(3)试分别确定肯定存在的离子在原溶液中各自的物质的量浓度：______(用c(离子)=xmol/L表示)。
【答案】(1)     、、、     、、
(2)          加入足量的稀硝酸和硝酸钡溶液，过滤，向滤液中滴入溶液，若有白色沉淀生成，则证明有存在，否则不存在
(3)，，，c(K+)≥0.3mol/L

【分析】由实验①可知，向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银、硫酸银；由②可知，向第二份溶液中加入足量NaOH溶液后加热，收集到0.672L(标准状况)气体，气体为氨气，其物质的量为0.03mol，原溶液中一定含；由③可知，向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.63g，沉淀经足量盐酸洗涤后剩余4.66g，则含的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，含的物质的量为(6.63g－4.66g)÷197g/mol=0.01mol，即一定含有、，因此一定不存在Fe3+、Mg2+、Al3+，由电荷守恒可知，0.02mol×2+0.01mol×2＞0.03mol，可知一定含阳离子K+，不能确定是否含Cl-，据此分析解题。
（1）
由上述分析可知，一定存在、、、K+，一定不存在Fe3+、Mg2+、Al3+，故答案为：、、、K+；Fe3+、Mg2+、Al3+；
（2）
由上述分析可知，可能存在Cl-，由于硫酸根、碳酸根会干扰氯离子检验，则为确定该离子是否存在，可取少许原溶液，然后加入足量的稀硝酸和硝酸钡溶液，过滤，向滤液中滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，否则不存在，故答案为：Cl-；加入足量的稀硝酸和硝酸钡溶液，过滤，向滤液中滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Cl−存在，否则不存在；
（3）
由上述分析可知，c()＝0.02mol÷0.1L＝0.2 mol/L，c()＝0.01mol÷0.1L＝0.1 mol/L，c()＝0.03mol÷0.1L＝0.3mol/L。根据电荷守恒，正电荷为：n(+)＝n()＝0.03mol，n(-)＝2n()+2n()＝0.06mol，总正电荷小于负电荷，则原溶液中一定含有K+，至少为0.03mol，因此c(K+)≥0.3mol/L，故答案为：c()=0.2 mol/L，c()=0.1 mol/L，c()=0.3 mol/L，c(K+)≥0.3 mol/L。
21．按要求写方程式。
(1)完成以下氧化还原反应的离子方程式：_______
______=______
(2)可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。
ⅰ.
ⅱ. ______= ______＋______,________
(3)高铁酸钾()是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。和KClO在强碱性条件下反应可制取，其反应的离子方程式为：______。
(4)往溶液中滴加制备固体，写出该过程中发生反应的离子方程式______。
(5)NaH在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为)，脱锈过程发生反应的化学方程式______。
(6)元素镍(Ni)在溶液中价极不稳定，主要以(绿色)、(蓝色)、(橙黄色)、(深红色)等形式存在。为难溶于水的黑色固体，其溶于浓盐酸并形成绿色溶液，其离子方程式为___________________。
【答案】(1)2516=2108
(2)=＋
(3)
(4)
(5)
(6)

【解析】（1）
由未配平的离子方程式可知，酸性溶液中高锰酸根离子与草酸根离子发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2516=2108，故答案为：2516=2108；
（2）
由题意可知，反应ⅱ为二氧化硫与碘水反应生成硫酸和氢碘酸，反应的离子方程式为=＋，故答案为：=＋；
（3）
由题意可知，制备高铁酸钾的反应为碱性条件下，氯化铁溶液与次氯酸钾溶液发生氧化还原反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）
由题意可知，制备碳酸钴的反应为硫酸钴溶液与碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸钴沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（5）
由题意可知，无水条件下氢化钠与铁锈的主要成分氧化铁反应生成铁和氢氧化钠，反应的化学方程式为，故答案为：；
（6）
由题意可知NiO(OH)与浓盐酸反应生成NiCl2、氯气和水，反应的离子方程式为，故答案为：。

四、实验题
22．五水合硫代硫酸钠()俗称海波，为无色结晶或白色颗粒，在工业上有广泛的用途。某兴趣小组在实验室制备，并用制得的硫代硫酸钠溶液测定废水中氰化钠的含量，回答下列问题：
Ⅰ.制备。

(1)a装置中发生反应的化学方程式为________。
(2)b装置的作用是____。
(3)c装置反应的方程式为：，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_____，若反应消耗的体积为8.96L(STP)，则该反应转移的电子数为____。
(4)C中溶液经_____、过滤、洗涤、干燥，得到。
(5)实验结束后，为避免拆除时装置中的气体逸出污染空气，可在e处连接盛NaOH溶液的容器，再______(观察装置，填具体操作)。
Ⅱ.测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。
实验如下：取15.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用的标准溶液滴定，消耗溶液的体积为1.50mL。
已知：a.废水中氰化钠的最高排放标准为。
b.，，AgI呈黄色，且优先与反应。
(6)请计算处理后的废水中NaCN的浓度为________mg/L (保留两位小数)，处理后的废水___________(填“是”或“否”)能达到排放标准。
【答案】(1)
(2)安全瓶，贮存少量气体防止倒吸
(3)     1∶2    
(4)蒸发(加热)浓缩、冷却结晶
(5)关闭，打开
(6)     0.98mg/L     否

【分析】在实验室制备，和浓硫酸发生反应得到二氧化硫，b为安全瓶，贮存少量气体防止倒吸，二氧化硫在c装置中发生反应：，d装置为尾气处理装置，以此解答。
（1）
a装置中和浓硫酸发生反应产生二氧化硫，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：。
（2）
和浓硫酸发生反应得到二氧化硫，b为安全瓶，贮存少量气体防止倒吸。
（3）
根据方程式可知，Na2S中S元素化合价由-2价上升到+2价，SO2中S元素化合价由+4价下降到+2价，Na2S是还原剂，SO2是氧化剂，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2。
（4）
制得的 可以通过重结晶析出，则c中溶液经蒸发(加热)浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到。
（5）
实验结束后，为避免拆除时装置中的气体逸出污染空气，可在e处连接盛NaOH溶液的容器，再关闭，打开，二氧化硫密度比空气大，会沉在装置b底部。
（6）
消耗AgNO3的物质的量为1. 5010-3L1.00010-4mol/L=1.5010-7mol，根据离子方程式，处理后的20.00mL废水中氰化钠的质量为1. 5010-7mol249 g/mol=1.4710-5g，废水中氰化钠的含量为=0.98mg/L>0.50 mg/L，处理后的废水未达到排放标准。

五、有机推断题
23．化合物G是合成某强效镇痛药的关键中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的化学名称是______。
(2)A生成B的方程式可表示为：，化合物Z的化学式为_____。
(3)D生成E的反应类型为______。
(4)F生成G的离子反应方程式依次是：_______， _____。
(5)化合物B的芳香族同分异构体中，同时满足以下条件的有_______种。
条件： a.能够发生银镜反应；b.可与FeCl3溶液发生显色反应。
(6)写出其中核磁共振氢谱在苯环上有两组峰，且峰面积为1：1的同分异构体的结构简式____。
【答案】(1)2-氯乙醛
(2)HCl
(3)消去反应
(4)         
(5)13
(6)

【分析】A生成B可以看成先加成后消去的过程， ；B到C发生加成反应，C到D发生取代反应生成羟基，D到E发生消去反应，F生成G的离子反应方程式依次是：酯的水解；酸化；据此分析解题。
（1）
根据A的分子式可知，化学名称是：2-氯乙醛；
（2）
A生成B的方程式可表示为：A+I=B+Z+H2O，化合物Z的化学式为HCl，可以看成先加成后消去的过程；；
（3）
D生成E的反应类型为消去反应，-OH与相邻的C上的H形成H2O，原来分子中形成C=C；
（4）
F生成G的离子反应方程式依次是：酯的水解；酸化；
（5）
化合物B的芳香族同分异构体中a.能够发生银镜反应，说明含有醛基；b.可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；以苯环为母体，取代基有两种情况①-OH、-CH2CHO，这两个取代基在苯环上有邻、间、对三种位置，此时满足条件的同分异构体有3种；②-OH、-CH3、-CHO，对于-CHO有4种位置，对于-CHO有4种位置，对于-CHO有2种位置，故同分异构体共有13种；
（6）
其中核磁共振氢谱在苯环上有两组峰，且峰面积为1：1的同分异构体的结构对称性较好，结构简式为：。