BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al（OH）3），故B错误；

C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：

CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，消耗二氧化碳1mol，然后1mol二氧化碳与Na[Al（OH）4]发生反应2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成2mol氢氧化铝沉淀， 最后1mol与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确； D．当通入6mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，

CO2+NaOH=NaHCO3，2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分别与生成的1mol碳酸钠和1mol碳酸钡沉淀发生反应：

Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，所以最后剩余沉淀的物质的量为2mol，故D错误； 故选：AC．

点评： 本题考查了化学方程式的相关计算，题目难度中等，把握反应的先后顺序是解题的关键，注意二氧化碳与碱反应量的关系对反应的影响．

18．用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”不符的是（ ） 选项 操作及现象 溶液 A 缓慢通入反应C+2H2O+2Cl2

CO2+4HCl生成的气体，变浑浊，继续通入，浑浊消

失 Ca（OH）2溶液

B 通入SO2和SO3混合气体，溶液变浑浊，无任何气体生成 Ba（NO3）2溶液

C 通入SO2，溶液变浑浊，继续通SO2至过量，浑浊消失，再加入足量NaOH溶液，又变浑浊 Ca（OH）2溶液

D 通入（NH4）2CO3受热分解产生的气体，变浑浊，继续通入，浑浊不消失 Ca（OH）2溶液

A． A B． B C． C D． D

考点： 化学实验方案的评价．

分析： A．盐酸酸性大于碳酸，所以HCl先和氢氧化钙反应，且HCl的物质的量远远大于二氧化碳；

B．三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸和硝酸钡发生复分解反应；二氧化硫能被硝酸钡氧化生成硫酸，硫酸再和硝酸钡发生复分解反应；

C．过量二氧化硫和氢氧化钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙，亚硫酸氢钙和氢氧化钠反应生成难溶性的亚硫酸钙；

D．碳酸铵分解生成二氧化碳、水和氨气，氢氧化钙和碳酸铵发生复分解反应生成碳酸钙，碳酸铵分解生成二氧化碳和氨气物质的量之比为1：2，所以将混合气体通入氢氧化钙溶液中溶液呈碱性．

解答： 解：A．盐酸酸性大于碳酸，所以HCl先和氢氧化钙反应，且HCl的物质的量远远大于二氧化碳，所以没有沉淀产生，故A错误；

B．三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸和硝酸钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀；二氧化硫能被硝酸钡氧化生成硫酸，硫酸再和硝酸钡发生复分解反应生成硫酸钡白色沉淀，所以溶液变浑浊，无任何气体生成，故B正确；

C．过量二氧化硫和氢氧化钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙，亚硫酸氢钙和氢氧化钠反应生成难溶性的亚硫酸钙，所以符合现象，故C正确；

D．碳酸铵分解生成二氧化碳、水和氨气，氢氧化钙和碳酸铵发生复分解反应生成碳酸钙，碳酸铵分解生成二氧化碳和氨气物质的量之比为1：2，所以将混合气体通入氢氧化钙溶液中溶液呈碱性，所以沉淀不溶解，符合现象，故D正确； 故选A．

点评： 本题考查化学实验方案评价，为为高频考点，明确物质性质是解本题关键，某些反应还与反应物的量有关，易错选项是AB，注意A气体反应先后顺序及气体的物质的量相对多少，注意B中硝酸的强氧化性，为易错点．

19．铁和氧化铁的混合物共a mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到氢气bmol，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中单质铁的物质的量为（ ） A．

mol B． （a﹣b）mol C．

mol D． （a+b）mol

考点： 有关混合物反应的计算． 专题： 计算题．

分析： 固体加盐酸全部溶解，溶液加入KSCN溶液不显红色说明三价铁全被还原为Fe．根据生成氢气的物质的量计算与酸反应的铁的物质的量，其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶

+2+

于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H=3Fe+3H2O，据此计算．

+

解答： 解：根据电子转移守恒，与H反应生成H2的铁的物质的量等氢气的物质的量，即n（Fe）=n（H2）=bmol；

+2+

其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H=3Fe+3H2O，参加该反应的铁的物质的量为（a﹣b）mol，故共含铁bmol+（a﹣b）mol=（a+b）mol， 故选：A．

点评： 本题考查混合物定量计算，难度中等，清楚反应过程是解题关键，注意总反应方程式的利用． 20．进行化学实验，观察实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一．下列说法正确的是（ ）

A． 给试管中的铜与浓硫酸加热，发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质，此白色固体为硫酸铜，黑色固体为氧化铜

B． 浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸 C． 相同质量的铜分别与足量的等体积的浓硝酸和稀硝酸反应，生成溶液分别为绿色和蓝色，是由于反应时产生的铜离子浓度前者大于在后者

D． 将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化

考点： 浓硫酸的性质实验；硝酸的化学性质．

2+

分析： A．Cu与浓H2SO4的主反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，由于

浓H2SO4过量且浓硫酸具有吸水性，故所得白色固体为CuSO4；由于浓硫酸过量，黑色固体不可能为CuO；原黑色固体可能为CuS或Cu2S；

B．硝酸不稳定，在光照条件下易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使溶液呈黄色；

2+

C．铜片的质量相同，溶液体积相同，则生成Cu的浓度相同；

D．钝化是发生反应生成一层致密的氧化膜，而铜与浓硫酸在常温下根本不反应．

解答： 解：A．白色固体为硫酸铜，由于硫酸过量，CuO能够溶于硫酸，则黑色固体不可能为CuO，可能为CuS或Cu2S，故A错误；

B．硝酸不稳定，在光照条件下易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使溶液呈黄色，所以浓硝酸溶液呈黄色，故B正确；

C．相同质量的铜分别与足量的等体积的浓硝酸和稀硝酸反应，由于铜的质量相同，则反应后溶液中铜离子的浓度一定相等，溶液颜色不同不是铜离子浓度造成的，而是由于Cu与NO2混合的结果，故C错误；

D．Fe或Al放入浓硫酸中，表明生成致密的氧化膜，发生了钝化现象，而铜在冷的浓硫酸中不反应，需要在加热条件下才能反应，故D错误； 故选B．

点评： 本题考查了浓硫酸、浓硝酸的性质，题目难度中等，注意掌握浓硫酸、浓硝酸的性质为解答关键，明确发生钝化现象的实质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．

21．8.34g FeSO4?7H2O样品在隔绝空气条件下受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示．下列说法中正确的是（ ）

2+

A． 温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4?5H2O B． 温度为l59℃时固体物质N的化学式为FeSO4?3H2O C． 在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4

FeO+SO3↑

D． 取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3

考点： 化学方程式的有关计算． 专题： 图示题．

分析： 8.34g FeS04?7H20样品物质的量==0.03mol，其中m（H20）

=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g﹣3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（ FeS04?7H20）

=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g﹣1.68g=0.72g，n（O）=

=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学

式为Fe2O3，以此解答该题．

解答： 解：8.34g FeS04?7H20样品物质的量=

=0.03mol，其中m（H20）

=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g﹣3.78g=4.56g，

可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，

A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m（FeS04）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H20）=6.72g﹣4.56g=2.16g，n（H20）=

=0.12mol，则n（H20）：n（FeS04）=0.12mol：

0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4?4H2O，故A错误；

B．温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其中m（FeS04）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H20）=5.10g﹣4.56g=0.54g，n（H20）=

=0.03mol，则n（H20）：n（FeS04）=0.03mol：

0.03mol=1：1，则化学式为FeSO4?H2O，故B错误；

C．m（FeS04）=0.03mol×152g/mol=4.56g，则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4?H2O

FeS04+H20，故C错误；

D．加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（ FeS04?7H20）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g﹣1.68g=0.72g，n（O）=

=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学

式为Fe2O3，故D正确．

故选D．

点评： 本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大．

22．向含有Fe、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是（ ）

2+

﹣

﹣

3+

A． 线段BC代表Fe的物质的量的变化情况 B． 原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/L

﹣2+

C． 当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe+2I

﹣3+

+2Cl2═2Fe+I2+4Cl

﹣﹣2+

D． 原溶液中n（Fe）：n（I）：n（Br）=2：1：3

考点： 离子方程式的有关计算． 专题： 计算题．