C．图象中没有生成二氧化碳时消耗了30mL的盐酸，生成二氧化碳只消耗了10mL体积的盐酸，根据反应的离子方程式CO3+H═HCO3、HCO3+H═CO2↑+H2O可知，应该生成二氧化碳气体时消耗的盐酸体积等于没有生成二氧化碳时消耗的体积，故C错误；
D．向100mL 0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，铝离子的物质的量为0.01mol，完全反应变成氢氧化铝沉淀需要消耗氢氧化钠0.03nol，需要该氢氧化钠溶液的体积为30mL；再加入氢氧化钠溶液时，铵根离子优先与氢氧化钠反应，铵根离子的物质的量为0.01mol，需要消耗10mL的氢氧化钠溶液，当加入40mL氢氧化钠溶液后，氢氧化铝开始与氢氧化钠溶液反应，偏铝酸根离子浓度逐渐增大，0.01mol氢氧化铝完全反应消耗10mL氢氧化钠溶液，图中曲线变化与n（Al）和n（AlO2）的变化情况相符，故D正确； 故选AD．
【点评】本题考查了反应热与焓变的影响因素、溶解度与饱和溶液、离子方程式的有关计算，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，试题有利于培养学生的分析、理解能力．
28．下列方程式书写正确的是（ ）
A．苏打溶液中加入过量石灰水：HCO3+Ca+OH═CaCO3↓+H2O
B．用硫酸酸化的橙色的重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液与乙醇作用生成乙酸和草绿色三价铬，可以用于
2﹣+3+
检测是否酒后驾驶：2Cr2O7+3C2H5OH+16H→4Cr+3CH3COOH+11H2O C．用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl+2H2O
﹣
﹣
2﹣+
﹣﹣
+
3+
﹣
2+
﹣
Cl2↑+H2↑+2OH
﹣
D．表示乙醇燃烧热的热化学方程式（△H的绝对值正确）：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O
﹣1
（g）△H=﹣1367.0kJ?mol 【考点】离子方程式的书写． 【专题】离子反应专题．
【分析】A．苏打为碳酸钠，表示碳酸氢钠；
B．重铬酸钾在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化乙醇，溶液有橙色变为绿色； C．铜为电极，负极铜失去电子生成铜离子；
D．燃烧热的热化学方程式中，水的状态必须为液体．
【解答】解：A．苏打为碳酸钠，碳酸钠溶液中加入过量石灰水，反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，正确的离子方程式为：CO3+Ca═CaCO3↓，故A错误；
B．硫酸酸化的橙色的重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液具有强氧化性，能够氧化乙醇，同时生成乙酸和草
2﹣
绿色三价铬，可以用于检测是否酒后驾驶，反应的离子方程式为：2Cr2O7
+3+
+3C2H5OH+16H→4Cr+3CH3COOH+11H2O，故B正确；
C．用铜电极电解饱和食盐水，阳极铜放电，正确的离子方程式为：Cu+2H2O故B错误；
D．水为液体时稳定，则乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O
﹣1
（l）△H=﹣1367.0kJ?mol，故D错误； 故选B．
【点评】本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．
Cu（OH） 2+H2↑，
2﹣
2+
第31页（共42页）
29．将一定质量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）．然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，则（m1﹣m2）为（ ） A．5.76 B．2.88 C．1.92 D．0
【考点】氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质． 【专题】压轴题；守恒法． 【分析】铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，生成Cu（NO3）2和NO气体0.02mol，根据电子转移守恒计算利用NO计算参加反应的铜的物质的量，再根据铜元素守恒计算溶液中n[Cu（NO3）2]，再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，
﹣﹣+2+
Cu（NO3）2中NO3发生反应3Cu+8H+2NO3═3Cu+2NO↑+4H2O，（m1﹣m2）为与溶液中NO3﹣
反应的铜的质量．
【解答】解：铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，生成Cu（NO3）2和NO气体，NO的物质的量为的铜的物质的量为
2]=0.03mol，溶液中
﹣
=0.02mol，根据电子转移守恒可知，参加反应
=0.03mol，根据铜元素守恒可知，溶液中n[Cu（NO3）
n（NO3）=0.06mol．
﹣﹣+
再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Cu（NO3）2中NO3发生反应3Cu+8H+2NO3
﹣2+
═3Cu+2NO↑+4H2O，容器剩有铜粉m2g，（m1﹣m2）为与溶液中NO3反应的铜的质量，令再次反应的铜的物质的量为xmol，则：
由反应3Cu+8H+2NO3═3Cu+2NO↑+4H2O 3 2
xmol 0.06mol 所以x=0.09mol
所以再次反应的铜的质量为0.09mol×64g/mol=5.76g，即（m1﹣m2）=5.76g． 故选：A．
【点评】考查氧化还原反应的计算，难度中等，判断（m1﹣m2）为反应后溶液中与NO3反应的铜的质量，注意根据电子转移守恒、元素守恒计算，如根据方程式计算，相对比较麻烦．注意守恒思想在氧化还原反应计算中应用．尤其硝酸根完全反应，利用离子方程式计算．
30．用密度为ρ1g/cm质量分数是ω的浓盐酸，与水配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为ρ2g/cm，则所配制稀盐酸的物质的量浓度（ ） A．B．
mol/L mol/L
3
3
﹣
+
﹣
2+
C． mol/L
D． mol/L
【考点】物质的量浓度的相关计算．
第32页（共42页）
【分析】根据c=计算浓盐酸物质的量浓度，设浓盐酸为1L，则水的体积为4L，根据n=cV
计算
计算HCl物质的量，根据m=ρV计算浓盐酸、水的质量，进而计算稀盐酸质量，再结合V=稀盐酸体积，根据c=计算稀盐酸物质的量浓度． 【解答】解：根据c=
可知，浓盐酸物质的量浓度为
mol/L，
设浓盐酸为1L，则水的体积为4L，则： HCl物质的量为
3
mol/L×1L=
3
mol，
浓盐酸质量为ρ1g/cm×1000cm=1000ρ1 g，水的质量为4000mL×1g/mL=4000g，稀盐酸的质量为（1000ρ1 +4000）g，稀盐酸的体积为
=
L，
故稀盐酸的浓度为mol÷=L=mol/L，
故选C．
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，属于字母型计算，增大计算难度，注意对公式的理解．
三、非选择题
31．中学常见反应的化学方程式是A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1：4．请回答：
（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是
MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 4：1 ．
（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中． ①A元素在周期表中的位置是 第4周期Ⅷ族 （填所在周期和族）；Y的化学式是 NO ． ②含a mol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是 0.4a mol．
（4）若A、B、X、Y均为化合物．向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的
+
焰色为黄色．则A与B按物质的量之比1：4恰好反应后，溶液中离子浓度从大到小的顺序是 （cNa）
﹣﹣﹣+
＞c（Cl）＞c（AlO2）＞c（OH）＞c（H） ．
【考点】氧化还原反应；离子浓度大小的比较；氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．
【专题】氧化还原反应专题． 【分析】（1）若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，结合实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气来解答；
，该反应的化学方程式是 MnO2+4HCl（浓）第33页（共42页）
（2）A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，即A为碳元素，A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，然后利用元素的化合价分析；
（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；利用铁的原子序数分析其位置，利用三价铁离子与铁的反应及溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等来计算被还原的三价铁；
（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，利用反应中各物质的量级偏铝酸钠的水解来分析． 【解答】解：（1）因黄绿色气体为氯气，氯原子最外层7个电子，则氯气中存在一对共用电子对，其电子式为
，A、B的物质的量之比为1：4，
MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：
；MnO2+4HCl（浓）
则反应为MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，若为2个电子层，则第一层电子数为2，第二层电子数为4，其质子数等于电子数等于6，即A为碳元素，A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为碳与浓硝酸反应，其反应为C+4HNO3═CO2↑+4NO2↑+2H2O，由化合价可知碳元素的化合价升高，则碳作还原剂，硝酸中氮元素的化合价降低，则硝酸作氧化剂，由化学计量数可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为：4：1；
（3）A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，则A为铁或铝，B为浓硫酸或浓硝酸，又A可溶于X溶液中则A为铁，由A、B的物质的量之比为1：4，该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；
①铁为26号元素，在在元素周期表中的第4周期Ⅷ族，铁与稀硝酸反应生成的Y为NO，故答案为：第4周期Ⅷ族；NO；
②设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则 3+2+2Fe+Fe═3Fe， 2 3 x
，解得x=0.4a，故答案为：0.4a；
由溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a﹣x=
（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，其反应为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，显然若A与B的物质的量分别为1mol、4mol，则钠离子4mol，氯离子3mol，偏绿酸根离子略小于1mol，因偏铝酸根离子水解则溶液显碱性，即c（OH）＞c（H），则离子大小为c（Na）＞c（Cl）＞c（AlO2）＞c（OH）＞c（H），故答
﹣﹣﹣++
案为：c（Na）＞c（Cl）＞c（AlO2）＞c（OH）＞c（H）．
【点评】本题较难，考查知识点较多，学生应熟悉常见的氧化还原反应及常见物质的性质是解答本题的关键，并能利用离子方程式或化学反应方程式来分析解答问题．
﹣
++
﹣﹣﹣
+
第34页（共42页）
32．实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO4?7H2O），过程如图1：
（1）将过程②中的产生的气体通入下列溶液中，溶液会褪色的是 ACD ； A．品红溶液 B．紫色石蕊溶液 C．酸性KMnO4溶液 D．溴水
（2）过程①中，FeS和O2、H2SO4反应的离子方程式为： 4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O+4S ；
（3）过程③中，需加入的物质是 Fe（或铁） ；
（4）实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验．①用分析天平称取2.800g样品；②将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液；③过滤、洗涤、干燥，称量，得固体质量为3.495g．若该聚铁主要成分为[（Fe（OH）（SO4）]n，则该聚铁样品中铁元素的质量分数为 30% ．（假设杂质中不含铁元素和硫元素）．
（5）如图2是将过程②产生的气体SO2转化为重要的化工原料H2SO4的原理示意图，若得到的硫酸浓度仍为49%，则理论上参加反应的SO2与加入的H2O的质量比为 8：15 ． 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【专题】综合实验题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．
【分析】烧渣中加入稀硫酸、同时通入氧气，过滤后，得到固体W中含有S、SiO2，再灼烧后尾气中含有二氧化硫．溶液X含有Fe2（SO4）3及未反应的硫酸，溶液X中加入Fe粉，反应完毕，过滤得到溶液Y为FeSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到绿矾．溶液X调节
3+
pH得到溶液Z，加热促进Fe的水解得到聚铁胶体，再经过胶体聚沉得到聚铁，通过调节pH可以控制氢氧化铁与硫酸铁的比例关系，
（1）过程②产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性；
（2）根据反应物和生成物的种类结合质量守恒书写化学方程式；
3+2+
（3）溶液X中含有Fe，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe；
3+2﹣
（4）根据n（Fe）=n（SO4）计算；
（5）过程②产生的气体SO2转化为重要的化工原料H2SO4的总方程为：SO2+H2O+O2 =H2SO4，先设加入的SO2的量和加入的水的量，再根据方程求出生成硫酸的量和消耗的水的量．
【解答】解：烧渣中加入稀硫酸、同时通入氧气，过滤后，得到固体W中含有S、SiO2，再灼烧后尾气中含有二氧化硫．溶液X含有Fe2（SO4）3及未反应的硫酸，溶液X中加入Fe粉，反应完毕，过滤得到溶液Y为FeSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到绿矾．溶液X调节
3+
pH得到溶液Z，加热促进Fe的水解得到聚铁胶体，再经过胶体聚沉得到聚铁，通过调节pH可以控制氢氧化铁与硫酸铁的比例关系，
（1）过程②产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色，因具有还原性而使具有氧化性的酸性KMnO4溶液、溴水褪色， 故答案为：ACD；
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