重庆市巴蜀中学2016届高三上学期月考化学试卷【解析版】(10月份)

重庆市巴蜀中学2016届高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（本题包括7小题，每小题6分．每小题只有一个选项符合题意）1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是( )A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液、胶体D．工业上电解熔融的MgCl2，可制得金属镁【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的原理；金属冶炼的一般原理．【分析】A．Al（OH）3胶体具有较大的表面积，有吸附性；B．Zn与Fe形成原电池时，Fe作正极被保护；C．根据分散系中分散质粒子直径大小分类；D．镁可用电解法冶炼．【解答】解：A．明矾在水中电离的铝离子能水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有较大的表面积，有吸附性，能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，故A正确；B．Zn与Fe形成原电池时，Zn的活泼性比Fe强，Fe作正极被保护，所以在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C．根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C错误；D．工业上电解熔融的MgCl2，可制得金属镁，故D正确．故选C．【点评】本题考查了胶体性质的应用、原电池原理的应用、分散系、金属的冶炼等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意对有关原理的掌握．2．N A代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是( )A．1.0 L 1.0 mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2 N AB．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2 N AC．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol 氧气转移的电子数为0.2 N AD．标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5 N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、在NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子；B、NO与O2反应后生成NO2，而中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减小；C、过氧化钠与水的反应中，当生成1mol氧气时转移2mol电子；D、标况下HF为液态．【解答】解：A、在NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于2N A个，故A错误；B、NO与O2反应后生成NO2，而NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减小，故产物分子个数小于2N A个，故B错误；C、过氧化钠与水的反应中，当生成1mol氧气时转移2mol电子，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2N A个，故C正确；D、标况下HF为液态，故HF的物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是( )A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则消耗2.24L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应是：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题．【解答】解：A．原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到﹣2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol 氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，温度和压强未知导致氧气体积未知，故B错误；C．酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，故C正确；D．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，故D错误．故选：C．【点评】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答．4．向硝酸钡溶液逐渐通入二氧化硫气体，可能发生的离子方程式如下，其中错误的是( ) A．3SO2+2NO3﹣+2H2O═2NO↑+4H++3SO42﹣B．3SO2+Ba2++2NO3﹣+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++SO42﹣C．6SO2+Ba2++4NO3﹣+4H2O═BaSO4↓+4NO↑+8H++5SO42﹣D．3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+【考点】离子方程式的书写．【分析】硝酸根离子在酸性条件下能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，当硝酸钡足量时，所有的二氧化硫都转化成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；当二氧化硫足量时，所有的硝酸钡电离出的硝酸根离子都完全反应，硫酸根离子有剩余，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2++2NO3﹣+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42﹣，据此进行判断．【解答】解：硝酸根离子在酸性条件下能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，当硝酸钡足量时，所有的二氧化硫都转化成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；当二氧化硫足量时，所有的硝酸钡电离出的硝酸根离子都完全反应，硫酸根离子有剩余，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2++2NO3﹣+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42﹣，A．反应中一定有硫酸钡沉淀生成，故A错误；B．当二氧化硫足量时发生反应：3SO2+Ba2++2NO3﹣+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++SO42﹣，故B正确；C．硝酸钡中钡离子与硝酸根离子的物质的量之比为1：2，该反应中不满足硝酸钡的化学式组成，故C错误；D．当二氧化硫不足时，所有的硫酸根离子都转化成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故D正确；故选AC．【点评】本题考查了离子方程式的书写及判断，题目难度中等，侧重考查反应物过量情况对生成物的影响，明确发生反应的实质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．5．在密闭容器中进行反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0，测得c（CH4）随反应时间（t）的变化如图所示．下列判断正确的是( )A．10 min时，改变的外界条件可能是减小压强B．0～5 min内，v（H2）=0.1 mol/（L•min）C．恒温下，缩小容器体积，平衡后c（H2）减小D．12 min时，反应达平衡时，气体的平均摩尔质量不再变化【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A．由图可知，10min改变体积瞬间甲烷的浓度降低，不可能是降低压强，10min 时甲烷的浓度继续减小，反应向正反应方向移动；B．根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v=计算c（CH4），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；C．恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果降低氢气浓度的增大，但不会消除浓度增大；D．由图可知，12 min时，反应达平衡时，各物理量不再变化．【解答】解：A．由图可知，10min改变体积瞬间甲烷的浓度降低，不可能是降低压强，10min 时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度或增大水浓度等，故A错误；B．根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，故c（CH4）==0.1mol/（L•min），由化学计量数之比等于反应速率之比，则v（H2）=3×0.1mol/（L•min）=0.3mol/（L•min），故B错误；C．恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果降低氢气浓度的增大，但不会消除浓度增大，平衡后c（H2）增大，故C错误；D．由图可知，12 min时，反应达平衡时，气体的平均摩尔质量不再变化，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质，难度中等，注意根据浓度变化判断可能改变的条件．6．关于下列四个图象的说法正确的是( )A．已知图①是体系Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）⇌Fe（SCN）2+（aq）中的c[Fe（SCN）2+]温度T的平衡图象．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大B．图②表示镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积V 与时间t的关系．则反应中镁和铝的反应速率之比为2：3C．图③表示电源X极为正极，U形管中为AgNO3溶液，则b管中电极反应式是：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2OD．图④表示分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【考点】化学方程式的有关计算；原电池和电解池的工作原理；分液和萃取．【分析】A．根据图象可知，A点与B点相比，A点的c[Fe（SCN）2+]大，可根据化学平衡判断；B．根据图象中可知，反应中镁和铝的反应所需时间之比为2：3，判断其反应速率之比；C．电源X极为正极，则Y极为负极，则b管中石墨是阴极，发生还原反应；D．CCl4的密度大于水．【解答】解：A．根据图象可知，A点与B点相比，A点的c[Fe（SCN）2+]大，说明A点相对于B点平衡右移，故A点c（Fe）3+小，故A错误；B．根据图象中可知，反应中镁和铝的反应所需时间之比为2：3，可知其反应速率之比为3：2，故B错误；C．电源X极为正极，则Y极为负极，与Y极相连的b管石墨是阴极，发生还原反应，而选项中发生氧化反应，故C错误；D．CCl4的密度大于水，而且与水会分层，四氯化碳在下层，用分液漏斗分离，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意分析图象中曲线的变化特征，把握温度对平衡移动的影响，此为解答该题的关键．7．PbO2受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为1：1，则剩余固体的组成及物质的量比可能是( )A．1：2：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOB．1：3：2混合的PbO2、Pb3O4、PbOC．1：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOD．2：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO【考点】化学方程式的有关计算．【分析】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），该混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl﹣被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole﹣，设该过程得到O2的物质的量为xmol，则Cl2的物质的量为xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n（Pb）：n（O），据此判断．【解答】解：解法一．PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），该混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl﹣被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移电子为1mol×（4﹣2）=2mol，设该过程得到O2的物质的量为xmol，则Cl2的物质的量为xmol，利用电子转移守恒有：x×4+x×2=2，解得x=，故1mol PbO2在受热分解过程中产生O2为mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（O）=2mol﹣mol×2=mol，所以剩余固体中n（Pb）：n（O）=1mol：mol=3：4，A、1：2：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+6+1）：（2+8+1）=8：11，故A错误；B、1：3：2混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+9+2）：（2+12+2）=3：4，故B正确；C、1：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+3+1）：（2+4+1）=5：7，故C错误；D、2：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（4+3+1）：（4+4+1）=8：9，故D错误；故选：B．解法二：PbO2受热分解产生的二价Pb和O2的关系为：2PbO～O2，四价Pb和浓盐酸反应产生Cl2，根据电子守恒可列式PbO2～Cl2，已知：O2和Cl2的物质的量之比为1：1，则PbO：PbO2=2：1，根据选项分析，B符合题意；故选B．【点评】本题通过元素化合物转化考查氧化还原反应计算、分析推理能力，根据电子转移守恒来分析解答即可，难度中等．二、解答题（共5小题，满分58分）8．（13分）二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．完成下列填空：（1）Se的原子序数为34，元素Se在元素周期表中的位置为第四周期第VIA族（2）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；生成1mol SeO2转移的电子数为4N A．（3）已知：Se+2H2SO4（浓）→2SO2↑+SeO2+2H2O 2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2．（4）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI配平方程式①，并用单线桥标出电子转移的方向和数目．（5）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为92.5%．【考点】氧化还原反应．【分析】（1）Se的原子序数为34，核外有34个电子，分四层排布，最外层含有6个电子；（2）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1）可得方程式；Se转化为SeO2，失去4个电子；（3）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；（4）反应①中I﹣失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，进而确定各物质的量的系数配平方程式，确定转移电子数目，标出电子转移的方向和数目；（5）根据反应的方程式可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n（Na2S2O3），根据关系式计算样品中n（SeO2），再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数．【解答】解：（1）Se的原子序数为34，核外有34个电子，分四层排布，最外层含有6个电子，则Se位于第四周期第VIA族；故答案为：第四周期第VIA族；（2）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑，Se转化为SeO2，失去4个电子，则生成1mol SeO2转移的电子数为4N A；故答案为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；4；（3）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2，故答案为：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；（4）反应①中I﹣失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，故KI的系数为4，I2的系数为2，SeO2、Se的系数都是1，KNO3的硝酸为4，HNO3为4，H2O为2，配平并标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（5）根据反应的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000mol/L×0.025L=0.005mol，根据关系式计算样品中n（SeO2）=0.005mol×=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol×111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为×100%=92.5%，故答案为：92.5%．【点评】本题综合考查氧化还原反应有关知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，本题涉及氧化性强弱比较、氧化还原反应配平、电子转移表示、氧化还原反应滴定计算等，难度中等，注意（4）中根据关系式的计算．9．（16分）合成氨尿素工业生产过程中涉及到的物质转化过程如图所示．（1）天然气在高温、催化剂作用下与水蒸气反应生成H2和CO 的化学化学方程式为CH4+H2O CO+3H2；（2）如图为合成氨反应在不同温度和压强、使用相同催化剂条件下，初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，平衡混合物中氨的体积分数．①若分别用υ（NH）和υ（NH）表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则υA（NH3）＜υB（NH3）（填“＞”、“＜”或“=”）．②在相同温度、当压强由p1变为p3时，合成氨反应的化学平衡常数不变．（填“变大”、“变小”或“不变”）．（3）NH3（g）与CO2（g）经过两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如图2：NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣134 kJ/mol人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图3所示．阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl．（4）运输氨时，不能使用铜及其合金制造的管道阀门．因为在潮湿的环境中，金属铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O═2Cu（NH3）42++4OH﹣．【考点】化学平衡的影响因素；化学方程式的书写．【分析】（1）甲烷与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气；（2）①温度越大，压强越大，反应速率越大；②化学平衡常数只与温度有关；（3）由图示可知，第一步：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（l，氨基甲酸铵）△H1=﹣272KJ/mol，第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H2=+138KJ/mol，根据盖斯定律，两个过程相加得到NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=﹣134kJ•mol﹣1；阳极室中发生的反应依次为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；（4）铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，以此书写离子反应．【解答】解：（1）甲烷与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，该反应为CH4+H2O CO+3H2，故答案为：CH4+H2O CO+3H2；（2）①温度越大，压强越大，反应速率越大，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，故答案为：＜；②化学平衡常数只与温度有关，显然温度不变，则化学平衡常数K不变，故答案为：不变；（3）由图示可知，第一步：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（l，氨基甲酸铵）△H1=﹣272KJ/mol，第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H2=+138KJ/mol，根据盖斯定律，两个过程相加得到NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=﹣134kJ•mol﹣1；阳极室中发生的反应依次为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；故答案为：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣134 kJ/mol；2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；（4）铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，该离子反应为2Cu+8NH3+O2+2H2O═2Cu（NH3）42++4OH﹣，故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O═2Cu（NH3）2++4OH﹣．4【点评】本题考查制备实验方案的设计，综合性较强，题目难度较大，涉及化学平衡及计算、离子反应、氧化还原反应，热化学反应等高考常考考点，注重学生能力的训练，把握图象及数据处理即可解答．10．（14分）欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可采用以下四种方法．方法一：方法二：方法三：方法四：不使用化学试剂，使用实验室常用仪器按要求回答下列问题：（1）方法一：加入足量的试剂ACa（OH）2或Ba（OH）2（填写A的化学式）可将HCO3﹣离子转化为沉淀并称重．操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤和干燥；（2）方法二：在操作1中所用到的玻璃仪器中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的用到的是100mL容量瓶，在操作2中应选择的指示剂是甲基橙；（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为×100%[用流程图中的数据m、V（HCl），填写有关的表达式]；（4）在方法三中：根据所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是碱石灰在实验前后的质量；（5）仔细分析方法三中的实验装置，若由此测得的数据来计算实验结果，则有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是碱石灰可能还会吸收空气中的水气和CO2气体，偏低的原因可能是圆底烧瓶内会留存部分CO2气体（均文字简述）；（6）方法四的实验原理是：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑（用化学方程式表示）．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验探究和数据处理题．【分析】方法一：（图甲）固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法二：（图乙）固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；方法三：（图丙）固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；（1）根据以上分析：与HCO3﹣反应产生沉淀的试剂有Ca（OH）2或Ba（OH）2，二者选其一即可；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；（2）根据方法二的原理分析所需仪器；根据滴定终点时溶液酸碱性选择指示剂；（3）由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，进而计算质量分数；（4）方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；（5）根据装置分析，偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收；（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数．【解答】解：方法一：（图甲）固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法二：（图乙）固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；方法三：（图丙）固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；（1）方法一：与HCO3﹣反应产生沉淀的试剂有Ca（OH）2或Ba（OH）2，所以试剂A为Ca（OH）2或Ba（OH）2；与与HCO3﹣反应产生沉淀后应进行的操作为过滤、洗涤、干燥，故答案为：Ca（OH）2或Ba（OH）2；过滤；干燥；（2）方法二中固态样品加水溶解成100ml溶液，所以还需100mL的容量瓶；用标准盐酸进行滴定到终点时溶液还溶解了少量的二氧化碳，故成酸性，而酚酞的变色范围是8～10，未滴定完已变色，不可用，应使用甲基橙作指示剂，溶液由黄色变为橙色；故答案为：100mL 容量瓶；甲基橙；（3）由于盐酸与碳酸氢钠按1：1反应，所以消耗盐酸的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，又配100ml，取20ml进行滴定，所以原液是待测液的5倍，所以样品中NaHCO3的质量为V（HCl）×10﹣3×0.100×5×84=0.042V（HCl）g，质量分数为×100%，故答案为：×100%；（4）根据以上分析：方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量，故答案为：碱石灰在实验前后的质量；（5）因为碱石灰直接与空气接触，所以偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；因为装置中还会有残留的二氧化碳，所以偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收，故答案为：碱石灰可能还会吸收空气中的水气和CO2气体；圆底烧瓶内会留存部分CO2气体；（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．【点评】本题主要考查对碳酸氢钠的质量分数的不同测定方法的分析计算，注意分析各种方法的原理，进而解答，难度不大．11．某溶液X中含有H+、Ba2+、Al3+、NH4+、Fe3+、Fe2+、CO32﹣、SO32﹣、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣中的几种（除此以外，无其他大量存在的离子），针对该溶液进行实验，内容如下：①用洁净的玻璃棒蘸取少量X溶液，点在pH试纸上，试纸呈红色；②取适量X溶液，加入过量的Ba（NO3）2溶液，得澄清透明的溶液A，并放出一种无色无味的气体B；③向溶液A中加入过量的NaOH溶液，微热，放出一种刺激性气味的气体C，同时产生红褐色沉淀D，过滤得溶液F；④向F溶液中通入过量的CO2，有白色沉淀生成．请回答：（1）D的化学式为：Fe（OH）3；（2）检验气体C的方法用湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝则为氨气；（3）步骤②中反应的离子方程式为：4H++NO3﹣+3Fe2+=NO↑+3Fe3++4H2O；步骤④中反应的离子方程式为：AlO2﹣+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3﹣；（4）X溶液中一定含有的离子是H、Al、NH4、Fe、Cl；不能确定是否含有的离子是Al3+、Fe3+，若要确定该离子Fe（若不至一种，可任选一种）是否存在，最可靠的化学方法是取适量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明含有Fe3+，否则没有．【考点】常见离子的检验方法．【分析】用洁净的玻璃棒蘸取少量X溶液，点在pH试纸上，试纸呈红色，说明溶液显酸性，溶液中含有H+，一定没有CO32﹣、SO32﹣，NO3﹣和Fe2+只能有其中的一种，取适量X溶液，加入过量的Ba（NO3）2溶液，得澄清透明的溶液A，并放出一种无色无味的气体B，B只能为NO，说明溶液中一定没有SO42﹣和NO3﹣，则一定有唯一的阴离子Cl﹣，含有还原性离子Fe2+，硝酸被亚铁离子还原为无色无味的NO，向溶液A中加入过量的NaOH溶液，微热，放出一种刺激性气味的气体C，气体C为氨气，同时产生红褐色沉淀D，D为氢氧化铁Fe（OH）3，说明溶液中有NH4+，可能含有Fe3+，向F溶液中通入过量的CO2，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Al3+，不能确定是否含有Al3+、Fe3+，据此分析．【解答】解：用洁净的玻璃棒蘸取少量X溶液，点在pH试纸上，试纸呈红色，说明溶液显酸性，溶液中含有H+，一定没有CO32﹣、SO32﹣，NO3﹣和Fe2+只能有其中的一种，取适量X溶液，加入过量的Ba（NO3）2溶液，得澄清透明的溶液A，并放出一种无色无味的气体B，B为NO，说明溶液中一定没有SO42﹣和NO3﹣，则一定有唯一的阴离子Cl﹣，含有还原性离子Fe2+，硝酸被亚铁离子还原为无色无味的NO，向溶液A中加入过量的NaOH溶液，微热，放出一种刺激性气味的气体C，气体C为氨气，同时产生红褐色沉淀D，D为氢氧化铁Fe（OH）3，过滤得溶液F，说明溶液中有NH4+和Fe2+，可能含有Fe3+，向F溶液中通入过量的CO2，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Al3+，不能确定是否含有Al3+、Fe3+，（1）红褐色沉淀D，D为氢氧化铁Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（2）气体C 为氨气，检验氨气可以用湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝则为氨气，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝则为氨气；（3）取适量X 溶液，加入过量的Ba （NO 3）2溶液，得澄清透明的溶液A ，并放出一种无色无味的气体B ，B 只能为NO ，硝酸被亚铁离子还原为无色无味的NO ，反应的离子方程式为4H ++NO 3﹣+3Fe 2+=NO ↑+3Fe 3++4H 2O ，步骤④中是过量二氧化碳与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝程度和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为AlO 2﹣+2H 2O+CO 2═Al （OH ）3↓+HCO 3﹣，故答案为：4H ++NO 3﹣+3Fe 2+=NO ↑+3Fe 3++4H 2O ；AlO 2﹣+2H 2O+CO 2═Al （OH ）3↓+HCO 3﹣；（4）溶液中一定含有的离子有H +、Al 3+、NH 4+、Fe 2+、Cl ﹣，不能确定是否含有Al 3+、Fe 3+，若要确定是否含有Fe 3+，可以取适量溶液于试管中，滴入几滴KSCN 溶液，若溶液变红色，说明含有Fe 3+，否则没有，故答案为：H +、Al 3+、NH 4+、Fe 2+、Cl ﹣；Al 3+、Fe 3+；Fe 3+；取适量溶液于试管中，滴入几滴KSCN 溶液，若溶液变红色，说明含有Fe 3+，否则没有．【点评】本题考查了离子检验的实验方法和反应现象分析判断，熟练掌握离子共存的条件及离子性质是解题关键，题目难度中等．12．化合物F 是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：（1）化合物C 中的官能团为醚键和氯原子（填官能团的名称）．（2）化合物B 的结构简式为；由A →B 的反应类型是：还原反应．（3）同时满足下列条件的A 的同分异构体有22种．试写出一种分子中只含有6种等效氢的结构简式：．①分子含有2个独立苯环，无其他环状结构 ②能发生银镜反应和水解反应③不能和FeCl 3发生显色反应，但水解产物可以，分子中含有甲基。