黄陵中学2016-2017学年高二(重点班)下学期期末考试化学试题 含解析

陕西省黄陵中学2016—2017学年高二（重点班）下学期期末考试化学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题）两部分，共100
分，考试时间：90分钟。

可能用到的原子量：H1 C12 N14 O16 Cl35。

5 Cu64
第Ⅰ卷
一、（选择题，每小题3分，共60分）
1。

随着科学技术的发展，人们可以利用很多先进的方法和手段来测定有机物的组成和结构。

下列说法正确的是
A. 李比希元素分析仪可以测定有机物的结构简式
B。

质谱仪能根据最小的碎片离子确定有机物的相对分子质量C。

x—射线衍射实验分析能测出各种化学键和官能团
D. 对有机物CH3CH（OH）CH3进行核磁共振分析，能得到3个峰,且峰面积之比为1：1：6
【答案】D
【解析】A．李比希于1831年最早提出测定有机化合物中碳、氢元素质量分数的方法,故A错误；B．质谱仪测定的最大质荷比为相对分子质量，则利用质谱仪可以测定有机物的相对分子质量，故B 错误；晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构,故区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X—射线衍射实验，而测出各种化学键和官能团需要是红外光谱，故C错误；D．有机物CH3CH（OH）CH3有3种等效氢，核磁共振分析有3个峰，且峰面积之比为1︰1︰6,
故D正确;答案为D。

2. 设N A为阿伏加德罗常数。

下列说法正确的是
A。

0。

1molNa2O2与水反应转移电子数目为0。

1N A
B。

1mol金刚石中含C－C数目为4 N A
C。

标况下2.24升Cl2含孤电子对的数目为0.2 N A
D. PH＝2的盐酸溶液中H＋的数目为0。

01 N A
【答案】A
【解析】A．Na2O2与水反应时,既是氧化剂，又是还原剂，且0。

1molNa2O2与水反应转移电子数目为0。

1N A，故A正确；B．金刚石中每个碳原子平均形成2个C－C键，1mol金刚石中含C－C数目为2N A，故B错误；C．每个氯气分子内只有6个孤电子对，0.1molCl2含孤电子对的数目为0。

6N A，故C错误；D．没有指明溶液的体积,无法计算溶液中离子微粒,故D错误；答案为A。

3. 分子式为C5H10O2的有机物含有－COOH基团的同分异构体有A。

3种B。

4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】分子式为C5H10O2且含有－COOH基团,所以为饱和一元羧酸,烷基为-C4H9，—C4H9异构体有：—CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3)3，故符合条件的有机物的异构体数目为4．故选B。

4。

有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是
A. 在NaCl 晶体中，距Na ＋最近的Cl －形成正八面体
B 。

在CaF 2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca 2＋
C 。

在金刚石晶体中,6个碳原子形成一个环且不在同一平面上
D 。

该气态团簇分子的分子式为EF 或FE
【答案】D
【解析】A ．在NaCl 晶体中，距Na +最近的Cl —有6个，距Cl —最近的Na +有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A 正确；B ．在
CaF 2晶胞中含有Ca 2+数为8×18+6×12=4,故B 正确;C ．金刚石晶体中
碳原子杂化方式为sp 3,6个碳原子形成一个环且不在同一平面上，故C 正确；D ．气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E 原子，4个F 原子，则分子式为E 4F 4或F 4E 4，故D 错误；故选D 。

5. 反应 HF(aq ） + BF 3（aq) = H +(aq ） + BF 4－（aq ） 能够发生的原因是（ )
A 。

强氧化剂制弱氧化剂
B 。

强酸制弱酸
C. “熵增效应(熵判据）"
D. 产物中形成了配位键
【答案】D
【解析】A 、反应不是氧化还原反应，A 错误；B 、HF 是弱酸，B 错误;C 、根据方程式可知熵变为0,C 错误；D 、由于F 原子含有孤对电子，B 含有空轨道，二者形成配位键,所以反应能够发生，D 正确，答案选D.
点睛：明确配位键的形成条件是解答的关键，即成键原子一方有孤电子对（配位体），另一方有空轨道(中心离子)。

6. 白磷分子（P 4）为正四面体构型，其中P 原子的杂化形式为(）
A。

sp3 B. sp2 C. sp D。

不确定
【答案】A
【解析】白磷分子中P原子含有的价层电子对数是4，其中含有一对孤对电子，所以P原子的杂化形式为sp3杂化，答案选A。

7. 自2016 年1月确定113号、115号、117号和118号元素的命名权起，元素周期表第七周期即被填满. 根据所学知识，第七周期中第一电离能（I1）比115号元素大的主族元素有（）种
A。

1 B. 2 C。

3 D。

不能确定
【答案】A
【解析】115号元素的7p轨道电子处于半充满状态，稳定性强,第一电离能大于周围的元素。

但同周期的第ⅦA元素的第一电离能大于该元素，答案选A.
点睛：周围电离能的变化趋势是解答的关键，同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。

同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。

同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…）.但需要注意半充满和全充满状态稳定性强，大于周围相邻的元素。

8. 下列说法正确的是（）
A. L电子层不包含d亚层
B。

s 电子绕核旋转，其轨道为一圆圈，而p电子是走∞字形C。

主量子数为1时，有自旋相反的两条轨道
D. 主量子数为3时，有3s、3p、3d、3f四条轨道
【答案】A
【解析】A。

L电子层包含s、p亚层，不包含d亚层，A正确;B。

s 电子绕核旋转,没有固定的轨道，B错误；C. 主量子数为1时,只有s轨道，C错误；D。

主量子数为3时,有3s、3p、3d三条轨道,D 错误,答案选A。

9。

水的电离平衡曲线如下图所示，下列说法中，正确的是
A。

图中A、B、D三点处K w的大小关系：B〉A〉D
B. 25℃时,向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中
的值逐渐减小
C. 在25℃时，保持温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体,体系可从A点变化到C点
D. A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42-【答案】B
【解析】试题分析:A、K w的影响因素为温度,水的电离吸热,升高温度K w增大，A、B、D在同一等温线上，故图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A=D，错误；B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c（NH4+) ／c(NH3·H2O）的值逐渐减小，正确;C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl 固体，体系不能从A点变化到C点,体系从A点变化到C点，可采用加热的方法，错误；D、A点所对应的溶液呈中性，Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在，错误。

考点：考查水的电离，盐类的水解和离子大量共存问题。

10。

t℃时，在体积不变的容器中发生反应X(g）+3Y(g)2Z（g）△H<0,各组分浓度如下表
物质X Y Z
初始浓度/ mol·L—10。

10.30
2min末浓度/mol·L-10。

08
平衡浓度/mol·L-10。

1
下列说法不正确的是
A。

0~2min的平均速率ν(X) =0. 01 mol·L—1·min-1
B。

达平衡时Y的转化率为50％
C. 其它条件不变，升高温度，平衡逆向移动
D。

其它条件不变，增加X的浓度，ν正增大、ν逆减小，平衡正向移动
【答案】D
【解析】A、根据v=Δc
t 计算X的反应速率为0.1−0.08
2
mol/(L•min）
=0.01mol/（L•min),故A正确；B、利用三段式 X（g）+ 3Y(g) ⇌ 2Z(g）
起始浓度（mol/L） 0.1 0.3 0
转化浓度(mol/L） 0.05 0。

15 0.1
平衡浓度（mol/L） 0。

05 0.15 0.1
点睛：本题主要考查了反应速率的计算、转化率的计算、平衡移动的判断、外界条件对反应速率的影响等知识。

涉及化学平衡的计算,要学会使用三段法解答。

11. 某烷烃发生氯代反应后，只能生成三种沸点不同的一氯代产物，此烷烃是（)
A。

（CH3）2CHCH2CH2CH3B。

（CH3CH2）2CHCH3
C. （CH3）2CHCH（CH3)2D。

(CH3）3CCH2CH3
【答案】D
【解析】试题分析：生成三种沸点不同的一氯代物,说明有三种不同的氢原子,同一个碳原子上的氢原子相同、对称相同、同一碳原子上甲基上的氢原子相同，A、有5种不同氢原子，故错误；B、有4种不同的氢原子，故错误；C、有2种不同的氢原子，故错误；D、有三种不同的氢原子，故正确.
考点：考查等效氢等知识。

12. 现在人们已能合成自然界并不存在的许多性能优良的有机高分子材料，如由氯乙烯合成聚氯乙烯，则适合于合成聚氯乙烯的原料是（）
A. CH4、Cl2B。

CH3CH3、HCl C。

CH≡CH、HCl D. CH2=CH2、HCl
【答案】C
【解析】试题分析：氯乙烯可以有乙炔和氯化氢加成得到，故选C。

考点：有机物的合成
13. N A为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( ）
A。

标准状况下，11.2L的戊烷所含的分子数为0。

5N A
B. 28g乙烯所含共用电子对数目为5N A
C。

104克苯乙烯所含碳碳双键数为4N A
D。

现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3N A 【答案】D
【解析】试题分析：A、标况下戊烷不是气体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B、28克乙烯为1摩尔,含有6摩尔共用电子对，故B错误；C、104克苯乙烯为1摩尔，含有1摩尔碳碳双键，故C 错误；D、三者的最简式为CH2，故含有3摩尔原子，故D正确。

考点:阿伏伽德罗常数
14. 下列说法不正确的是（）
A. O2和O3互为同素异形体
B. H、H 和H互为同位素
C。

CH2=CH2和互为同系物
D. 和互为同分异构体
【答案】C
【解析】A。

O2和O3都是氧元素的单质，所以它们互为同素异形体，A正确；B. H、H和H是H元素的不同原子，它们互为同位素，B正确;C。

CH2===CH2和分别属于烯烃和环烷烃，两者的官能团不同，所以不是同系物,C不正确；D.
分子式直同，都是C8H10，显然它们的结构是不同的,所以两者互为同分异构体，D正确。

15。

居室空气污染的主要来源之一是人们使用的装饰材料．胶合
板．内墙涂料会释放出一种刺激性气味气体．该气体是( ）A. 甲烷 B. 甲醛C。

氨气 D. 二氧化硫
【答案】B
【解析】试题分析：A、甲烷为天然气的主要成分，装饰材料、胶合板、涂料等释放出的气体中不含甲烷气体，错误；B、有些装饰材料、胶合板、涂料等中添加的甲醛的不同程度地挥发,而使室内空气中甲醛含量超标，导致室内空气污染,正确；C、氨气是有刺激性气味的气体，但装饰材料、胶合板、涂料等释放出的气体中不含氨气，错误;D、二氧化硫是有刺激性气味的有毒气体,能引起酸雨的形成，但装饰材料、胶合板、涂料等释放出的气体中不含二氧化硫，错误。

考点：考查化学与生活.
16. 下列实验能成功的是（)
A. 将铁屑、溴水、苯混合制溴苯
B. 苯和硝基苯采用分液的方法分离
C. 聚乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
D。

用水鉴别：苯、乙醇、四氯化碳
【答案】D
【解析】A．苯与溴水不反应，制备溴苯应选液溴,故A错误；B．苯与硝基苯混合,不分层，不能利用分液分离，应利用蒸馏，故B错误；C．聚乙烯中不含碳碳双键，则不能使酸性KMnO4溶液褪色,故C错误;D．水与苯混合分层后有机层在上层，水与乙醇不分层,水与四氯化碳混合分层后有机层在下层，现象不同,可鉴别，故D正确；故选D.
17. 下列卤代烃能发生消去反应的是( )
A。

CH3Br B. C. D。

【答案】B
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18。

能够鉴定氯乙烷中氯元素的存在的最佳操作是（）A. 在氯乙烷中直接加入AgNO3溶液
B。

加蒸馏水，充分搅拌后，加入AgNO3溶液
C. 加入NaOH溶液，加热后加入稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液
D. 加入NaOH的乙醇溶液,加热后加入AgNO3溶液
【答案】C
【解析】在NaOH水溶液中加热，氯乙烷水解脱掉-Cl生成Cl-，再加HNO3酸化（NaOH过量，下一步加的Ag+会和OH—反应变成不稳定的Ag（OH)2，近而变成白色沉淀Ag2O，影响实验,所以加H+把OH-除掉），再加AgNO3溶液，如果生成白色沉淀，则证明氯乙烷中含有氯元素,故选C。

点睛：本题考查氯代烃中的Cl元素的检验，注意卤代烃不溶于水,
水解后必须先加稀硝酸酸化，再根据是否产生白色沉淀来确定是否存在氯元素。

19. 等质量的下列各烃完全燃烧时，消耗氧气最多的是（)
A. CH4
B. C2H6
C. C3H6
D. C6H6
【答案】A
【解析】试题分析：由C～O2～CO2,4H～O2～2H2O进行比较，消耗1molO2，需要12gC,而消耗1molO2，需要4gH，可知有机物含氢量越大,等质量时消耗的O2越多，以此进行比较．
解：由C~O2～CO2,4H～O2~2H2O进行比较,消耗1molO2，需要12gC，而消耗1molO2,需要4gH，可知有机物含氢量越大,等质量时消耗的O2越多,四个选项中CH4的含氢量最大，等质量时消耗的氧气应最多．
故选A．
20. 下列各组物质之间的化学反应，反应产物一定为纯净物的是( )
A. CH2=CH2+Br2（CCl4）→
B. CH2=CH﹣CH2﹣CH3+HCl
C. C（CH3)4+Cl2
D。

n CH3﹣CH=CH2
【答案】A
【解析】试题分析：A．CH2＝CH2与Br2发生加成反应,产物唯一，正确；B．CH2＝CH－CH2－CH3与HCl发生加成反应的产物有二种，错误;C．C（CH3）4 与Cl2发生取代反应生成的一氯代物是一种，但反应还能继续进行，生成多卤代物，产物种类有若干种，
错误；D．生成的高分子加聚产物为混合物,错误；答案为A.
考点：考查有机物的结构与性质
第II卷(非选择题）
二、非选择题
21. 铁、铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用.请回答下列问题：
（1）铁在元素周期表中的位置________________________。

（2)配合物Fe（CO)x常温下呈液态,熔点为-20。

5℃，沸点为103℃,易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于
_________________(填晶体类型).Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=____________。

Fe(CO)x在一定条件下发生反应:Fe(CO）x（s) Fe（s)+x CO（g)。

已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为
________________________。

（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式____________. (4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为________________________.
②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目____________。

（5)某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示（黑点代表铜原子）。

①该晶体的化学式为____________________________________。

②已知该晶体的密度为ρg·cm﹣3，阿伏加德罗常数为N A,则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为____________pm(只写计算式)。

【答案】(1). 第四周期第Ⅷ族（2). 分子晶体(3）. 5 (4). 金属键（5). N≡N （6). [Ar］3d104s1或
1s22s22p63s23p63d104s1(7）. 12 （8）。

CuCl （9). 略【解析】试题分析：（1)铁元素位于第四周期第Ⅷ族。

（2）晶体熔沸点较低，所以属于分子晶体；铁原子价电子数位8，每个一氧化碳分子提供一个电子对，所以8+2n=18, n=”5，” 只有配位键断裂，则形成的化学键为金属键。

（3)原子个数相等,价电子数相等的微粒为等电子体，所以与一氧化碳等电子体的分子结构为N≡N;极性分子的熔沸点较高，因为CO为极性分子，氮气是非极性分子，所以一氧化碳的熔沸点较高.该微粒中碳原子价层电子对个数为2，所以碳原子采用sp杂化，同一周期,元素的第一电离能随着原子序数增大而成增大趋势，但第二主族。

第五主族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族，第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以第一电离能最大的为氮元素。

（4)①铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布为[Ar］3d104s1或
1s22s22p63s23p63d104s1.②根据晶胞结构图可知,铜为面心立方堆积，所以每个铜原子周围距离最近的铜原子位于经过该原子的立方体的面的面心上，共12个.(5）①根据价电子排布式判断出X原子为
氯原子，由晶胞结构可知，铜原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个铜原子，氯原子属于顶点和面心上，晶胞中含有的氯原子个数为8×1/3+6×1/2=4，则化学式为CuCl。

②电负性差值大于1。

7原子间易形成离子键，小于1。

7原子间形成共价键，铜和氯元素的电负性分别为1.9和3.0.差值小于1.7,所以形成共价键。

③根据晶胞的结构可知铜原子含有M原子之间的最短距离为立方体体对角线的1/4，而体对角线为晶胞边长的√3倍，所以铜原子和M原子之间的最短距离为。

考点：晶胞的计算,元素周期表的结构和应用
22。

已知:①A—I均为芳香族化合物,A的分子式为C8H10O，E的分子式为C7H7Cl，I的分子式为C23H22O3 ②A的苯环上只有一个取代基，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰
③
④
芳香酯I的合成路线如下：
请回答下列问题：
(1）A→B的反应类型为____________，E的名称为____________；（2）B与银氨溶液反应的化学方程式为
__________________________________________；
（3）I的结构简式为
_________________________________________________；
（4)符合下列要求A的同分异构体还有______________________种(不包括A);
①与Na反应并产生H2 ②芳香族化合物
（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图(无机试剂任
用)_____________。

合成路线流程图示例如下：
【答案】（1)。

氧化反应(2)。

对氯甲苯或4-氯甲苯（3）。

(4).
（5). 13 (6）。

【解析】A-I均为芳香族化合物,根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应,且能够发生信息③中反应，则B分子中含有苯环和侧链—CH2CHO结构，故B 的结构简式为，A为，则C为
,D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气,则说
明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子
中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F,则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生
水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G 为，G和D发生酯化反应生成I，则I为。

（1）A→B为催化氧化生成，该反应为氧化反应；E为，氯原子位于4号C,其名称为4—氯甲苯或对氯甲
苯，故答案为：氧化反应; 对氯甲苯或4-氯甲苯；
（2）B分子中含有醛基,能够与与银氨溶液发生反应生成单质银，反应的化学方程式为：
，故答案为：
；
（3）G和D发生酯化反应生成I，I的结构简式为：
，故答案为：；（4)A为,其同分异构体符合：①与Na反应并产生H2，
说明该有机物分子中含有羟基;②芳香族化合物,有机物分子中含有苯环,满足条件的有机物分子中可能含有的侧链为：
①-CH(OH)CH3,②—OH、—CH2CH3，③1个—CH3，1个
-CH2OH,④1个—OH、2个—CH3,其中①存在1种结构，②③都存在邻、间、对3种结构，④：当3个取代基都在间位时存在1种结构,当3个取代基相邻时存在2种结构，当有2个取代基相邻时有3种结构,所以④总共有6种结构，
根据以上分析可知,满足条件的有机物总共有:1+3+3+6=13种,故答案为:13；
（5）CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH，先将乙醇催化氧化生成乙醛，然后让乙醛发生信息②中的反应生成
CH3CH=CHCHO,与氢气加成生成CH3CH2CH2CH2OH，所以合成流程为，故答案为：
.
点睛：本题考查有机物推断，综合分析确定B的结构简式，再根据反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。

(4）为易错点,需要明确同分异构体的书写原则及题中限制条件，避免重复和遗漏现象。

23。

某强酸性溶液X含有Ba2＋、Al3＋、NH4+、Fe2＋、Fe3＋、CO32－、SO32－、SO42－、Cl－、NO3－中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)溶液X中除H＋外还肯定含有的离子是
______________________________；
（2)写出有关离子方程式：
步骤①中生成A__________________;步骤②生成沉淀
I__________________。

(3）假设测定A、F、I均为0.01 mol，10 mL X溶液中n（H＋)＝0.04 mol，若沉淀C物质的量大于0.07 mol，溶液X中还一定含有的离子是______；若而沉淀C物质的量小于0。

07 mol，溶液X中还一定含有的离子是______。

【答案】(1). Al3＋、NH、Fe2＋、SO(2）. 3Fe2＋＋NO＋4H ＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O （3）. AlO＋CO2＋
2H2O===Al(OH）3↓＋HCO(4）. Fe3＋（5). Cl－
【解析】（1）在强酸性溶液中一定不会存在CO32—和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42—离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E,则A为NO，D 为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子,溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F,则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I
为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3—离子,含有SO42—离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，综上分析，溶液X中除H＋外还肯定含有的离子有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42—，故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42—;
（2)①Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为
3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案
为:3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
②H为NaOH和NaAlO2混合物，通入过量二氧化碳后分别发生的反应为:CO2+OH-=HCO3—，AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）
↓+HCO3—，故答案为：AlO2—+CO2+2H2O=Al(OH）
3
↓+HCO3—；
3
（3）A、F、I均为0。

01mol，10mL X溶液中n（H+)=0.04mol,根据反应3Fe2++NO3—+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知Fe2+物质的量为0。

03mol；溶液中正电荷为：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n(NH4+）+n （H+)=2×0。

03mol+3×0。

01mol+0。

01mol+0.04mol=0.14mol;沉淀C为硫酸钡,其物质的量大于0.07mol，n（SO42-）＞0。

07mol,硫酸根离子所带的负电荷＞0。

07mol×2=0.14mol，说明溶液中负电荷大于正电荷,所以Fe3+肯定存在，若物质的量小于0。

07mol,n(SO42-）＜0.07mol,硫酸根离子所带的负电荷＜0。

07mol×2=0。

14mol，说明溶液中正电荷大于负电荷，就有Cl—存在，故答案为:Fe3＋; Cl－。

点睛：本题考查物质的检验与鉴别，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。

本题解答时一
定要紧扣反应现象,推断各离子存在的可能性。

24。

MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。

某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验,其流程如下：
(1）第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的___________(写化学式）转化为可溶性物质。

（2）第②步反应的离子方程式：________
（3)第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、玻璃棒、___________，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有_______________________(写化学式）。

（4）若粗MnO2样品的质量为12.69g,第①步反应后,经过滤得到8。

7gMnO2，并收集到0.224 L CO2(标准状况下），则在第②步反应中至少需要______mol NaClO3。

【答案】（1）. MnO、MnCO3（2). 5Mn2+，2，4H2O,5，1，8H+（3）。

蒸发皿（4）. NaCl (5). 0.02
【解析】试题分析：
（1）第①步加稀H2SO4时,粗MnO2中的MnO和MnCO3能溶解为Mn2+，MnO溶于稀H2SO4为金属氧化物与酸的反应,MnCO3溶于稀H2SO4为金属的碳酸盐与酸的反应，将产生二氧化碳，则有反应方
程式:MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O.
（2)根据流程图可知,第②步为NaClO3将Mn2+氧化为MnO2,本身被还原为Cl2，则有反应方程式：2ClO3－
+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+。

（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、玻璃棒、蒸发皿。

根据氧化还原反应可知,Cl2生成NaClO3时化合价升高,则必然有化合价降低，即Cl2生成NaCl,由此可得知蒸发得到的固体中有NaClO3、NaCl及为反应完的NaOH。

（4）第①步反应后,收集到0.224L CO2（标准状况下）,则根据MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O可知，n(MnCO3）
=n(CO2)==0。

01mol，m（MnCO3）=n
（MnCO3)×M(MnCO3)=0.01mol×115g/mol=1。

15g，则原样品中MnO的质量=12。

69g－1。

15g－8.7g =2。

84g。

n（MnO）
===0.04mol。

由此可得第①步反应后的滤液中n
（Mn2+)=0.05mol，根据2ClO3－+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+可知，至少需要0.02mol NaClO3.
考点：考查工艺流程。