2022-2022学年福建省宁德市福安高级中学、霞浦七中、周宁十中联考高三（上）期中化学试卷 一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分）1．化学与环境保护、工业生产、生活等密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．海水中含有丰富的资源，不经化学反应可从海水中提取溴、镁、氯化钠等物质B．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染，使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺D．晶体硅可用于光伏发电、制造芯片 2．下列说法中正确的是（ ）A．干冰、液态氯化氢都是电解质B．有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应C．Na2O、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物D．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体 3．分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（ ）①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物⑤根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质．A．②④B．①②④C．①③⑤D．②③④ 4．下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（ ）A．Al具有良好延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品B．NaHCO3能与碱反应，食品工业用作焙制糕点的膨松剂C．NH3能与Cl2生成NH4Cl，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏D．K2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和O2，可用于自来水的净化和杀菌消毒 5．下列关于安全事故的处理方法中，正确的是（ ）A．金属钠着火时，立即用沾水的毛巾覆盖B．大量氯气泄漏时，迅速离开现场，并尽量往高处去C．不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用大量水扑灭D．少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗 6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A．标准状况下，2.24LCl2与足量的稀NaOH溶液反应，转移电子总数为0.2NAB．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子C．欲配制1.00L1.00mol•L﹣1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．标准状况下，0.1NA的SO3的体积约为2.24L-20-\n 7．能正确表示下列反应的离子方程式（ ）A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑D．金属铝溶于氢氧化钠溶液：2Al+2OH﹣+2H2O2[Al（OH）4]﹣+3H2↑ 8．下列推断正确的是（ ）A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同C．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色 9．已知：①Cl2+KBr═2KCl+Br2；②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O；③2KBrO3+Cl2═Br2+2KClO3，下列说法正确的是（ ）A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．氧化性由强到弱的顺序是KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D．反应③中1mol还原剂参加反应时氧化剂得到电子的物质的量为2mol 10．可以大量共存的离子组是（ ）A．Na+、Fe2+、NO3﹣、C1﹣B．K+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣C．C1O﹣、C1﹣、Na+、H+D．Ba2+、K+、SO42﹣、H+ 11．下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是（ ）①C与O2②Na与O2③Fe与Cl2④AlCl3溶液与NaOH溶液⑤CO2与NaOH溶液⑥Cu与硝酸．A．除③外B．除③⑤外C．除③④外D．除⑥外 12．下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式表示的是（ ）A．FeBr2与Cl2B．Ba（OH）2与H2SO4C．HCl与Na2CO3D．Ca（HCO3）2与NaOH 13．除去下列物质中所含的杂质（括号内为杂质），选用试剂正确的是（ ）A．Al2O3（SiO2）：NaOH溶液B．CO2（SO2）：Na2CO3溶液C．FeCl2溶液（FeCl3）：Fe粉D．NaHCO3溶液（Na2CO3溶液）：Ca（OH）2溶液 14．如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，下列相关的选项正确的是（ ）选项气体试剂现象结论ANH3酚酞试液溶液变红色NH3的水溶液显碱性BSO2酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2具有漂白性-20-\nCHCl硅酸钠溶液生成白色沉淀Cl的非金属性比Si强DXKI淀粉溶液溶液变蓝X可能是Cl2A．AB．BC．CD．D 15．过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解放出氧气的反应机理如下：①MnO2+H2O2+2H+═Mn2++O2↑+2H2O②Mn2++H2O2═MnO2+2H+下列说法正确的是（ ）A．H2O2在①中是氧化剂，在②中是还原剂B．Mn2+在①中是还原产物，在②中是氧化产物C．在①中每生成1molO2，转移的电子数为2.408×1024D．在二氧化锰催化作用下1molH2O2分解生成0.5molO2 16．人体正常血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒．对上述事实的分析正确的是（ ）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是氧化剂C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐被氧化 17．向盛有100mLHCl溶液的烧杯中加入一定量的铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品，充分反应后过滤，向滤液中加入5mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如下图所示．则原HCl物质的量浓度是（ ）A．4mol/LB．3mol/LC．2mol/LD．1mol/L 18．向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示．下列说法中正确的是（ ）A．线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况B．线段Ⅰ代表Br﹣的变化情况C．a数值等于6D．原混合溶液中n（FeBr2）=4mol -20-\n二、非选择题（本题包括4小题，共46分）19．要准确掌握化学基本概念和研究方法．按要求回答下列问题：（1）下列是某同学对有关物质进行分类的列表：碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物第一组Na2CO3H2SO4NaHCO3CaOCO2第二组NaOHHClNaClNa2OCO第三组NaOHCH3COOHCaF2Al2O3SO2每组分类均有错误，其错误的物质分别是 （填化学式，下同）、 、 ．（2）鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生 现象．（3）一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表，按要求回答下列问题：物质MNQP反应前质量（g）501312反应后质量（g）X26330①该变化的基本反应类型是 反应；②物质Q在反应中起的作用是 ． 20．氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：（1）反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为 ．（2）写出该反应的化学方程式① ．②若反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为 个．（3）配平并完成下列离子方程式 MnO4﹣+ H2O2+ = Mn2++ O2+ H2O每有1mol高锰酸根参加反应，生成 molO2． 21．有关FeSO4的转化关系如下图所示（无关物质已略去）．已知：①X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀．②Y是红棕色的化合物．（1）气体X的成分是（填化学式） ．（2）反应I的反应类型属于（填序号） ．a．分解反应b．复分解反应c．置换反应d．化合反应e．氧化还原反应（3）溶液2中金属阳离子的检验方法是 ．（4）若经反应I得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L1mol/L﹣1NaOH溶液完全吸收，则反应I的化学方程式是 ，反应IV中生成FeSO4的离子方程式是 ． 22．如图是实验室中制备气体或者验证气体性质的装置图-20-\n（1）写出用A制取氯气的化学方程式 （2）利用图中装置制备纯净、干燥的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+装置B中的溶液的作用为 ；装置D中加的最佳试剂为（填序号） ．供选试剂：a、浓硫酸b、FeCl2溶液c、KSCN与FeCl2的混合溶液d、无水氯化钙（3）在如图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强证明SO2具有氧化性和漂白性：B中为少量Na2S溶液、C中为品红溶液，D中应加入足量的 （填溶液名称），E中加入 溶液（填化学式）（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为 ，实验2不严谨之处应如何改进 ． -20-\n2022-2022学年福建省宁德市福安高级中学、霞浦七中、周宁十中联考高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分）1．化学与环境保护、工业生产、生活等密切相关．下列说法不正确的是（ ）A．海水中含有丰富的资源，不经化学反应可从海水中提取溴、镁、氯化钠等物质B．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染，使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺D．晶体硅可用于光伏发电、制造芯片【考点】常见的生活环境的污染及治理；海水资源及其综合利用；硅的用途．【专题】化学应用．【分析】A．溴、镁在海水中以离子形式存在；B．硫的氧化物和氮的氧化物能形成酸雨；C．合理开发利用可燃冰有助于缓解能源紧缺；D．硅是半导体材料，常用于光伏发电、制造计算机芯片．【解答】解：A．、镁在海水中以离子形式存在，需经化学反应才能提取，故A错误；B．硫的氧化物和氮的氧化物能形成酸雨，实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，减少污染物的产生，故B正确；C．可燃冰为我国在新世纪使用高效新能源开辟了广阔的前景，合理开发利用可燃冰有助于缓解能源紧缺，故C正确；D．硅具有金属和非金属的性质，是良好的半导体材料，在制作计算机芯片、太阳能电池的主要材料，故D正确．故选A．【点评】本题考查常见的生活污染及治理方法、材料、化学变化等知识，题目难度中等，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学生的良好科学素养． 2．下列说法中正确的是（ ）A．干冰、液态氯化氢都是电解质B．有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应C．Na2O、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物D．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体【考点】氧化还原反应；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题；氧化还原反应专题．【分析】A．干冰为非电解质；B．氧气转化为臭氧的反应中，没有元素的化合价变化；C．Al2O3为两性氧化物；D．利用分散质的直径大小将分散系分为溶液、浊液和胶体．【解答】解：A．干冰为非电解质，而液态氯化氢是电解质，故A错误；B．氧气转化为臭氧的反应中，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故B正确；C．Al2O3为两性氧化物，但Na2O、Fe2O3为碱性氧化物，均为离子化合物，故C错误；-20-\nD．利用分散质的直径大小将分散系分为溶液、浊液和胶体，而丁达尔现象为胶体特有的性质，故D错误；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的分类及相关概念的应用，题目难度不大． 3．分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（ ）①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物⑤根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质．A．②④B．①②④C．①③⑤D．②③④【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；强电解质和弱电解质的概念．【专题】物质的分类专题．【分析】①根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等；②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；③根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液；④由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上元素构成的纯净物是化合物；⑤根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质．【解答】解：①根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物和不成盐氧化物等，故①正确；②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，有电子转移的是氧化还原反应，无电子转移的是非氧化还原反应，故②正确；③根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液，故③错误；④由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上元素构成的纯净物是化合物，故单质和化合物的区别是纯净物中元素的种类，故④正确；⑤根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，能完全电离的是强电解质，不能完全电离的是弱电解质，故⑤错误．故选B．【点评】本题考查了氧化物、化学反应、分散系和电解质的分类依据，掌握分类标准是解题关键，难度不大． 4．下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（ ）A．Al具有良好延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品B．NaHCO3能与碱反应，食品工业用作焙制糕点的膨松剂C．NH3能与Cl2生成NH4Cl，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏D．K2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和O2，可用于自来水的净化和杀菌消毒【考点】铝的化学性质；盐类水解的应用；氨的化学性质；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、铝能制成铝箔是因为铝具有良好的延展性和防腐性；B、食品工业用作焙制糕点的膨松剂，利用碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳气体；-20-\nC、浓氨水被氯气氧化为氮气和氯化氢，氯化氢和氨气生成白色烟；D、氢氧化铁胶体具有吸附作用吸附悬浮杂质，K2FeO4是强氧化剂杀菌消毒．【解答】解：A、铝能制成铝箔是因为铝具有良好的延展性和防腐性，铝表面氧化铝性质稳定，可制成铝箔包装物品，故A正确；B、食品工业用作焙制糕点的膨松剂，利用碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳气体，不是利用NaHCO3能与碱反应的性质，故B错误；C、用浓氨水检验输送氯气的管道是否有泄漏，若浓氨水靠近处出现白色烟说明漏气，故C正确；D、氢氧化铁胶体具有吸附作用吸附悬浮杂质，K2FeO4是强氧化剂杀菌消毒，可用于自来水的净化和杀菌消毒，故D正确；故选B．【点评】本题考查了铝、碳酸氢钠、浓氨水、氢氧化铁等物质性质的应用和用途，掌握物质性质，熟悉物质用途的依据是解题关键，题目难度中等． 5．下列关于安全事故的处理方法中，正确的是（ ）A．金属钠着火时，立即用沾水的毛巾覆盖B．大量氯气泄漏时，迅速离开现场，并尽量往高处去C．不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用大量水扑灭D．少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗【考点】化学实验安全及事故处理．【专题】化学实验基本操作．【分析】A、灭火的方法有：隔绝空气或降低可燃物的温度，注意钠和氧气、水都反应，据此分析解答；B、氯气有毒且密度比空气大，根据氯气的性质分析；C、灭火的方法有：隔绝空气或降低可燃物的温度；D、浓硫酸和氢氧化钠都具有强腐蚀性，不能立即用氢氧化钠溶液冲洗．【解答】解：A、钠易和氧气或水反应，和水反应时生成可燃性气体氢气，导致火势更大，所以钠着火时，不能用沾水的毛巾覆盖，应该用细沙覆盖，故A错误；B、氯气有毒且密度比空气大，所以如果大量氯气泄漏时，迅速离开现场，并尽量往高处去，故B正确；C、水和酒精互溶，酒精在桌上着火时用水扑火，只能稀释酒精但不能灭火，故C错误；D、浓硫酸和氢氧化钠都具有强腐蚀性，所以在实验中如果不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应立即先用抹布拭去，然后用大量水冲洗，然后涂上3%～5%的碳酸氢钠溶液，故D错误；故选B．【点评】本题考查了实验室安全事故的处理方法，难度不大，明确物质的性质是解本题的关键，注意基础知识的积累． 6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A．标准状况下，2.24LCl2与足量的稀NaOH溶液反应，转移电子总数为0.2NAB．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子C．欲配制1.00L1.00mol•L﹣1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．标准状况下，0.1NA的SO3的体积约为2.24L【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．-20-\n【分析】A、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气与碱的反应为歧化反应；B、反应后钠元素为+1价；C、将氯化钠溶于1L水后，溶液的体积大于1L；D、标况下三氧化硫为固体．【解答】解：A、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气与碱的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，故0.1mol氯气转移0.1mol电子即0.1NA个，故A错误；B、反应后钠元素为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故B正确；C、将氯化钠溶于1L水后，溶液的体积大于1L，故溶液的浓度小于1mol/L，故C错误；D、标况下三氧化硫为固体，故0.1NA个三氧化硫的体积小于2.24L，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大． 7．能正确表示下列反应的离子方程式（ ）A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑D．金属铝溶于氢氧化钠溶液：2Al+2OH﹣+2H2O2[Al（OH）4]﹣+3H2↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．不符合反应客观事实；B．钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠和氢气、氢氧化铜；C．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆；D．二者反应生成四羟基合铝酸钠和氢气．【解答】解：A．浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B．钠与硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+H2↑+2Na+，故B错误；C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应，离子方程式：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故C错误；D．金属铝溶于氢氧化钠溶液，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应的实质是解题关键，注意离子反应必须遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律题目，难度不大． 8．下列推断正确的是（ ）A．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同C．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色【考点】硅和二氧化硅；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．SiO2是酸性氧化物，能够跟碱反应，生成盐和水；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠；C．NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮；-20-\nD．因为新制氯水中含有HCl和HClO，HClO具有强氧化性和漂白性．【解答】解：A、酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A正确；B、Na2O和Na2O2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与CO2的反应如下：Na2O+CO2=Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，产物不同，故B错误；C、NO在空气中易发生反应：2NO+O2═2NO2，故C错误；D、因为新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错误．故选A．【点评】该题综合考查元素化合物知识，包括金属元素和非金属元素的重要氧化物，以及氯气的重要性质．这些物质的性质是学习的重点，也是考试的重点，平时的学习过程中，同学们应重视教材中重要物质性质的学习、总结，该记忆的应强化记忆，才能避免错误发生． 9．已知：①Cl2+KBr═2KCl+Br2；②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O；③2KBrO3+Cl2═Br2+2KClO3，下列说法正确的是（ ）A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．氧化性由强到弱的顺序是KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D．反应③中1mol还原剂参加反应时氧化剂得到电子的物质的量为2mol【考点】氧化还原反应．【分析】A．置换反应中不仅有单质生成还必须有单质参加；B．根据同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来判断氧化性强弱；C．根据氯气和转移电子之间的关系式计算；D．根据元素化合价变化计算．【解答】解：A、根据置换反应的概念分析，反应②中生成物有单质生成但反应物没有单质参加，不是置换反应，故A错误；B、反应①中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，反应②中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，反应③中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故B正确；C、反应②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，还原剂是参加反应氯化氢的5/6，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C错误；D、反应③中还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应式中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量10mol，故D错误．故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，易错选项是C，注意该选项中不是所有氯化氢都参加氧化还原反应，为易错点，题目难度不大． 10．可以大量共存的离子组是（ ）A．Na+、Fe2+、NO3﹣、C1﹣B．K+、HCO3﹣、SO42﹣、OH﹣C．C1O﹣、C1﹣、Na+、H+D．Ba2+、K+、SO42﹣、H+【考点】离子共存问题．【分析】A．Na+、Fe2+、NO3﹣、C1﹣离子之间不满足离子反应发生反应；-20-\nB．碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；C．次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸；D．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀．【解答】解：A．Na+、Fe2+、NO3﹣、C1﹣之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．HCO3﹣、OH﹣之间反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．C1O﹣、H+之间反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Ba2+、SO42﹣之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 11．下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是（ ）①C与O2②Na与O2③Fe与Cl2④AlCl3溶液与NaOH溶液⑤CO2与NaOH溶液⑥Cu与硝酸．A．除③外B．除③⑤外C．除③④外D．除⑥外【考点】钠的化学性质；硝酸的化学性质；钠的重要化合物．【分析】①C与O2反应充分和不充分时，产物不同；②Na与O2反应在不同条件下产物不同；钠在氧气中加热反应生成过氧化钠，在氧气中常温下反应生成氧化钠，产物不同；③铁和氯气反应只能将铁氧化为正三价；④氯化铝溶液和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀；氢氧化钠过量，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；⑤少量二氧化碳和烧碱反应生成碳酸盐，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠；⑥铜和浓硝酸以及稀硝酸反应生成的产物不同；【解答】解：①C与O2反应充分时生成二氧化碳，不充分时生成一氧化碳，产物不同，故①正确；②钠在氧气中加热反应生成过氧化钠，在氧气中常温下反应生成氧化钠，产物不同，故②正确；③铁和氯气反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故③错误；④氯化铝溶液和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀；氢氧化钠过量，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故④正确；⑤少量二氧化碳和烧碱反应生成碳酸盐，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，产物不同，故⑤正确；⑥铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，产物不同，故⑥正确；故选A．【点评】本题考查学生物质之间反应时，用量的多少，反应条件的不同，对反应产物会产生影响，可以根据所学知识来回答，难度中等． 12．下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式表示的是（ ）A．FeBr2与Cl2B．Ba（OH）2与H2SO4-20-\nC．HCl与Na2CO3D．Ca（HCO3）2与NaOH【考点】离子方程式的书写．【分析】在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答．【解答】解：A．亚铁离子的还原性大于溴离子，若氯气少量，亚铁离子优先被氧化，若氯气足量，亚铁离子和溴离子都被氧化，所以氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，故A错误；B．Ba（OH）2与H2SO4溶液反应，只发生2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，与反应物的量无关，故B正确；C．Na2CO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO32﹣+H+═HCO3﹣，而盐酸量多时，反应生成二氧化碳和水，离子反应为CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，不能用同一个离子方程式来表示，故C错误；D．Ca（HCO3）2与NaOH反应，当NaOH过量时生成碳酸钠和碳酸钙，NaOH少量时只生成碳酸钙，不能用同一个离子方程式来表示，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子方程式的书写，为高考常见题型，侧重于与量有关的离子的方程式的书写和判断，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度不大． 13．除去下列物质中所含的杂质（括号内为杂质），选用试剂正确的是（ ）A．Al2O3（SiO2）：NaOH溶液B．CO2（SO2）：Na2CO3溶液C．FeCl2溶液（FeCl3）：Fe粉D．NaHCO3溶液（Na2CO3溶液）：Ca（OH）2溶液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验评价题．【分析】A．Al2O3、SiO2都与氢氧化钠反应；B．CO2与SO2都与Na2CO3反应；C．FeCl3可与Fe粉反应生成FeCl2；D．二者都与氢氧化钙反应．【解答】解：A．Al2O3、SiO2都与氢氧化钠反应，影响被提纯物质，应加盐酸，过滤后加入氨水，最后洗涤、干燥、灼烧，故A错误；B．CO2与SO2都与Na2CO3反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故B错误；C．FeCl3可与Fe粉反应生成FeCl2，可用于除杂，故C正确；D．二者都与氢氧化钙反应，应在溶液中通入过量二氧化碳气体，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的分离、提纯等问题，题目难度不大，本题注意把握物质的性质，注意除杂时不能引入新的杂质，更不能影响被提纯物质的性质． 14．如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，下列相关的选项正确的是（ ）选项气体试剂现象结论ANH3酚酞试液溶液变红色NH3的水溶液显碱性BSO2酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2具有漂白性CHCl硅酸钠溶液Cl的非金属性比Si强-20-\n生成白色沉淀DXKI淀粉溶液溶液变蓝X可能是Cl2A．AB．BC．CD．D【考点】实验装置综合．【分析】A．氨气的密度小于空气，应该采用短进长出的方法收集；B．二氧化硫能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，二氧化硫表现了还原性；C．氯化氢不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物；D．碘化钾淀粉溶液变蓝，说明X的大于碘单质．【解答】解：A．收集NH3的导管应短进长出，图示装置不能收集氨气，故A错误；B．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，体现SO2的还原性，不是漂泊性，故B错误；C．由非金属的最高价含氧酸的酸性强弱来比较非金属性强弱，氯化氢不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，故C错误；D．X能够使KI淀粉溶液变蓝，则X的氧化性大于碘单质，可能为氯气，故D正确；故选D．【点评】本题考查实验装置的综合应用，题目难度中等，侧重于气体的收集和性质检验的考查，注意常见气体的收集方法，把握性质是解答的关键． 15．过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解放出氧气的反应机理如下：①MnO2+H2O2+2H+═Mn2++O2↑+2H2O②Mn2++H2O2═MnO2+2H+下列说法正确的是（ ）A．H2O2在①中是氧化剂，在②中是还原剂B．Mn2+在①中是还原产物，在②中是氧化产物C．在①中每生成1molO2，转移的电子数为2.408×1024D．在二氧化锰催化作用下1molH2O2分解生成0.5molO2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】①MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，过氧化氢中O元素的化合价升高；②Mn2++H2O2=MnO2+2H+中，Mn元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：①MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O中，Mn元素的化合价降低，过氧化氢中O元素的化合价升高；②Mn2++H2O2=MnO2+2H+中，Mn元素的化合价升高，O元素的化合价降低，A．H2O2在①中是还原剂，在②中是氧化剂，故A错误；B．Mn2+在①中是还原产物，在②中是还原剂，故B错误；C．由元素的化合价升降可知，在①中每生成1molO2，转移1mol×2×（1﹣0）=2mo电子l，转移的电子数为1.204×1024，故C错误；D．反应①+②可得2H2O2=2H2O+O2↑，在二氧化锰催化作用下，1molH2O2分解生成0.5molO2，故D正确；故选D．-20-\n【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，明确反应中元素的化合价升降是解答的关键，侧重基本概念和转移电子数的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大． 16．人体正常血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒．对上述事实的分析正确的是（ ）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是氧化剂C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐被氧化【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+．【解答】解：服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，被还原，在反应中为氧化剂，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应知识，题目难度不大，注意从元素化合价的变化的角度判断物质在反应中体现的性质，答题时注意审题． 17．向盛有100mLHCl溶液的烧杯中加入一定量的铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品，充分反应后过滤，向滤液中加入5mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如下图所示．则原HCl物质的量浓度是（ ）A．4mol/LB．3mol/LC．2mol/LD．1mol/L【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】由图象可知，向滤液中加入2.5mL5mol/L的NaOH溶液，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，继续加入NaOH溶液，当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为NaCl，根据钠元素、氯离子守恒有n（HCl）=2n（NaCl）=n（NaOH），再根据c=计算原HCl物质的量浓度．【解答】解：当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为NaCl，根据钠元素、氯离子守恒有n（HCl）=2n（NaCl）=n（NaOH）=0.04L×5mol/L=0.2mol，所以n（HCl）=0.2mol，所以原HCl物质的量浓度为：=2mol/L，故选C．【点评】本题考查混合物反应的计算，涉及方程式的计算、混合物的计算、图象分析等知识，题目难度中等，明确图象各段发生的反应是解题的关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力． -20-\n18．向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示．下列说法中正确的是（ ）A．线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况B．线段Ⅰ代表Br﹣的变化情况C．a数值等于6D．原混合溶液中n（FeBr2）=4mol【考点】氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】元素及其化合物．【分析】向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，根据还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕，再发生反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，故线段Ⅰ代表I﹣的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol﹣1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I﹣）+n（Br﹣）=2n（Fe2+），故n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2）；根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；【解答】解：向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，根据还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕，再发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，故线段Ⅰ代表I﹣的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol﹣1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I﹣）+n（Br﹣）=2n（Fe2+），故n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，A、由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况，故A错误；B、由上述分析可知，线段I代表I﹣的变化情况，故B错误；C、由上述分析可知，溶液中n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，根据2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C正确；D、溶液中n（Br﹣）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，故D错误；故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较，综合性较强，难度较大，清楚反应过程是解题关键． 二、非选择题（本题包括4小题，共46分）19．要准确掌握化学基本概念和研究方法．按要求回答下列问题：（1）下列是某同学对有关物质进行分类的列表：碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物-20-\n第一组Na2CO3H2SO4NaHCO3CaOCO2第二组NaOHHClNaClNa2OCO第三组NaOHCH3COOHCaF2Al2O3SO2每组分类均有错误，其错误的物质分别是 Na2CO3 （填化学式，下同）、 CO 、 Al2O3 ．（2）鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生 丁达尔 现象．（3）一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表，按要求回答下列问题：物质MNQP反应前质量（g）501312反应后质量（g）X26330①该变化的基本反应类型是 分解 反应；②物质Q在反应中起的作用是 催化作用 ．【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；质量守恒定律；物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题；物质的分类专题．【分析】（1）第一组中碳酸钠不是碱；第二组中一氧化碳不是酸性氧化物；第三组中氧化铝为两性氧化物；（2）根据三类分散系的本质差异是分散质粒子的大小分析；胶体具有丁达尔效应，据此可鉴别胶体和溶液；（3）该反应中Q的质量不变，则Q为催化剂；根据质量守恒定律计算出X，然后根据质量变化判断反应物、生成物，从而得出该反应的反应类型．【解答】解：（1）第一组中Na2CO3的说明是纯碱，但它属于正盐，不是碱；第二组中CO不能与碱溶液反，则CO不属于酸性氧化物；第三组中Al2O3能够与酸和强碱溶液反应，属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故答案为：Na2CO3；CO；Al2O3；（2）当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小；胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，据此可鉴别溶液和胶体，故答案为：丁达尔；（3）根据表中数据可知，Q在反应前后的质量不变，则Q在反应中作催化剂；根据质量守恒可知：X+26+3+30=50+1+3+12，解得：X=7，反应中M的质量减小，Q、P的质量增加，则该反应为M分解生成Q和P的反应，属于分解反应，故答案为：分解；催化作用．【点评】本题考查了物质的量的计算、酸碱盐及氧化物的概念与判断、分散系类型及判断等知识，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力． 20．氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：（1）反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为 1：2 ．（2）写出该反应的化学方程式① 3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF ．②若反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为 2.408×1023或0.4NA 个．（3）配平并完成下列离子方程式-20-\n 2 MnO4﹣+ 5 H2O2+ 6H+ = 2 Mn2++ 5 O2+ 8 H2O每有1mol高锰酸根参加反应，生成 2.5 molO2．【考点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）根据反应物、生成物书写方程式，该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，则NF3既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子相等确定氧化剂和还原剂的物质的量之比；（2）根据反应物、生成物书写方程式，根据硝酸和转移电子之间的关系式计算；（3）根据氧化还原反应中得失电子数相等及质量守恒配平方程式；根据配平后的方程式计算出每有1mol高锰酸根参加反应生成氧气的物质的量．【解答】解：（1）反应物是NF3和水，生成物是HF、NO、HNO3，该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，该反应中NF3既是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（2）①反应物是NF3和水，生成物是HF、NO、HNO3，该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，故答案为：3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；②3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3中硝酸和转移电子之间的关系为1：2，所以若反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目=0.2mol×2×NA/mol=2.408×1023或0.4NA，故答案为：2.408×1023或0.4NA；（3）反应中物质的化合价变化：MnO4﹣→Mn2+，Mn元素化合价由+7价→+2价，一个MnO4﹣得5个电子；H2O2→O2，O由﹣1价变成0价，一个H2O2分子失去2个电子，所以其最小公倍数为10，故MnO4﹣的计量数为2，双氧水的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素，配平后的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；根据反应可知，1mol高锰酸根离子完全反应生成氧气的物质的量为：1mol×=2.5mol，故答案为：2；5；6H+；2；5；8；2.5．【点评】本题考查了氧化还原反应，根据反应中转移电子配平方程式，再结合方程式中各个物理量之间的关系式计算，题目难度不大． 21．有关FeSO4的转化关系如下图所示（无关物质已略去）．已知：①X由两种化合物组成，将X通入品红溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀．②Y是红棕色的化合物．（1）气体X的成分是（填化学式） SO2、SO3 ．（2）反应I的反应类型属于（填序号） a、e ．a．分解反应b．复分解反应c．置换反应d．化合反应e．氧化还原反应（3）溶液2中金属阳离子的检验方法是 取溶液少量于试管，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，有Fe3+ ．-20-\n（4）若经反应I得到16g固体Y，产生的气体X恰好被0.4L1mol/L﹣1NaOH溶液完全吸收，则反应I的化学方程式是 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ ，反应IV中生成FeSO4的离子方程式是 SO32﹣+2Fe3++H2O═SO42﹣+2Fe2++2H+ ．【考点】无机物的推断．【分析】①硫酸亚铁受热分解，生成气体X，气体只能由硫元素与氧元素组成；②Y是红棕色的化合物，又是硫酸亚铁受热分解的化合物，从颜色可看出是Fe2O3；溶液1为硫酸钠和亚硫酸钠，溶液2为硫酸铁，溶液1和溶液2混合亚硫酸根离子具有还原性，铁离子具有氧化性发生氧化还原反应生成硫酸亚铁溶液和硫酸钠，据此分析回答问题．【解答】解：①硫酸亚铁受热分解，生成气体X，X通入品红溶液，溶液褪色是SO2；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀是SO3，硫酸亚铁受热分解方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑．②Y红棕色的化合物是Fe2O3；溶液1为硫酸钠和亚硫酸钠，溶液2为硫酸铁，溶液1和溶液2混合亚硫酸根离子具有还原性，铁离子具有氧化性发生氧化还原反应生成硫酸亚铁溶液和硫酸钠；（1）故硫酸亚铁受热分解，生成气体X，X通入品红溶液，溶液褪色是SO2；通入BaCl2溶液，产生白色沉淀是SO3，硫酸亚铁受热分解方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，气体X的成分是SO2、SO3，故答案为：SO2、SO3；（2）从硫酸亚铁受热分解的方程式可看出由硫酸亚铁一种化合物分解，生成三种化合物，是分解反应；硫元素从+6价，变成产物中的二氧化硫中的+4价，铁从+2价，变成产物中的+3价，故答案为：a、e：（3）溶液2中金属阳离子是由Fe2O3溶于稀硫酸得到，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，检验溶液2中金属阳离子，实际就是检验溶液中的三价铁离子，三价铁离子与硫氰化钾溶液作用变为血红色，利用这一性质检验，故答案为：取溶液少量于试管，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，有Fe3+；（4）反应Ⅰ为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，经反应I得到16g固体Y，Y为Fe2O3，为0.1mol，产生的气体X，气体X为SO2、SO3，由方程式知它们各为0.1mol，恰好被0.4L1mol/LNaOH溶液完全吸收，NaOH为0.4mol，与SO2、SO3恰好反应，2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，2NaOH+SO3═Na2SO4+H2O，由方程式知生成Na2SO3、Na2SO4均为0.1mol，则反应IV中为Na2SO3与Fe2（SO4）3溶液发生氧化还原反应，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；SO32﹣+2Fe3++H2O═SO42﹣+2Fe2++2H+．【点评】本题考查了框图式物质推断题，已知反应物，利用物质的特点，顺向推即可．关键须掌握铁和硫相关化合物的性质，题目难度中等． 22．如图是实验室中制备气体或者验证气体性质的装置图-20-\n（1）写出用A制取氯气的化学方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O （2）利用图中装置制备纯净、干燥的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+装置B中的溶液的作用为 除去氯气中的氯化氢 ；装置D中加的最佳试剂为（填序号） c ．供选试剂：a、浓硫酸b、FeCl2溶液c、KSCN与FeCl2的混合溶液d、无水氯化钙（3）在如图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强证明SO2具有氧化性和漂白性：B中为少量Na2S溶液、C中为品红溶液，D中应加入足量的 酸性高锰酸钾溶液 （填溶液名称），E中加入 Na2SiO3 溶液（填化学式）（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为 D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊 ，实验2不严谨之处应如何改进 将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥 ．【考点】常见气体制备原理及装置选择．【专题】实验设计题．【分析】（1）依据实验室制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；（2）依据氯气含有氯化氢分析装置B的作用，铁离子使硫氰化钾溶液变红色分析；（3）根据元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸来比较酸性强弱，根据CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去；（4）根据CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去并再次通过酸性高锰酸钾溶液是否除尽；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰．【解答】解：（1）制备氯气是利用装置加热生成，试剂是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）氯气中含有氯化氢气体，通过装置B饱和食盐水可以吸收氯化氢，含亚铁离子的物质被氯气氧化成铁离子使硫氰化钾变红色来来证明Cl2＞Fe3+，因此选KSCN与FeCl2的混合溶液，故答案为：除去氯气中的氯化氢；c；（3）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用碳酸的酸性强于硅酸，-20-\n二氧化碳能与硅酸钠反应制得硅酸沉淀，由于CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去，防止干扰检验二氧化碳；故答案为：酸性高锰酸钾溶液，Na2SiO3；（4）若D中高锰酸钾溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，E中溶液变浑浊，说明含有二氧化碳气体；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰，将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管可排除空气中二氧化碳的干扰，故答案为：D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥．【点评】本题考查实验室制备氯气的反应原理和装置分析，物质性质的比较，掌握基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等．-20-
