江西省新余市第四中学2022届高三化学9月月考试题含解析

江西省新余市第四中学2022届高三9月月考化学试卷1.下列有关实验操作或判断正确的有①用10mL量筒准确量取稀硫酸溶液8.0mL；②用干燥的pH试纸测定氯水的pH；③能说明亚硝酸是弱电解质的是：用HNO2溶液作导电试验，灯泡很暗；④使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度偏大；⑤将饱和FeCl3溶液滴入蒸馏水中即得Fe(OH)3胶体；⑥圆底烧瓶、锥形瓶、蒸发皿加热时都应垫在石棉网上；⑦除去铁粉中混有的少量铝粉可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤；⑧为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量；⑨用食醋除去水壶中的水垢．A.3个B.4 个C.5个D.6个【答案】B【解析】【分析】①量筒的感量为0.1mL，液体的体积与量筒的规格要接近；②氯水中含HClO，具有漂白性；③导电性与溶液中导电的微粒浓度有关；④使用容量瓶配制溶液时，府视刻度线，加水量偏少；⑤实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和的氯化铁溶液，注意不能用玻璃棒搅拌、当液体变成红褐色时立即停止加热；⑥蒸发皿不需要垫石棉网．⑦Al与NaOH溶液反应，而Fe不能；⑧瓷坩埚中含有二氧化硅，在加热条件下能与氢氧化钠反应；⑨醋酸与水垢反应；【详解】①量筒的感量为0.1mL，液体的体积与量筒的规格要接近，则用10mL量筒准确量取稀硫酸溶液8.0mL，正确；②氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用pH试纸测pH，选pH计，故错误；-18-③导电性与溶液中导电的微粒浓度有关，与导电性无关，故错误；④使用容量瓶配制溶液时，府视刻度线，加水的量偏少，俯视液面定容后所得溶液的浓度偏大，正确；⑤氯化铁溶液加入冷水中抑制氯化铁水解，所以得不到胶体，故错误；⑥圆底烧瓶、锥形瓶加热时都应垫在石棉网上，蒸发皿不需要垫石棉网，故错误；⑦Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，则加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤可除杂，故正确；⑧瓷坩埚中含有二氧化硅，在加热条件下能与氢氧化钠反应，故错误；⑨醋酸与水垢反应，则用食醋除去水壶中的水垢，故正确；故选B。2.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是()A.《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”。因为绿矾能电离出H+，所以有“味酸”.B.《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料C.“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水的三态变化：“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热D.唐未《真元妙道要略)中有云：“以硫黄、雄黄合硝石并蜜烧之；焰起，烧手面及烬屋舍者”，文中描述的是黑火药的制作过程【答案】A【解析】A项，绿矾不能电离出H+，之所以有“味酸”，是由于FeSO4是强酸弱碱盐，易水解而使其水溶液呈酸性，故A项错误；陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无极非金属材料，故B正确；C.“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水变成冰就没有声音，有三态变化，“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热是正确；D.黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的,根据题意可以知道,题中描述的是制备黑火药的过程,所以D选项是正确的;答案：A。3.设NA为阿伏加徳罗常数的数値，下列说法正确的是()A.常温常圧下，7.0g由丁烯与丙烯組成的混合气体中含有的氢原子数目为NAB.向1L的密闭容器中充入46gNO2气体，容器中气体的分子数为NAC.6.4g铜与足量的硫单质混合加热，转移电子的数目为0.2NA-18-D.标准状况下，2.24LSO3中含有0.1NA个SO3分子【答案】A【解析】分析：A.丁烯与丙烯的最简式都为CH2，利用7.0g/14×2×NA可以求出氢原子数目；B.存在2NO2N2O4可逆反应；C.铜与硫加热反应生成硫化亚铜；D.标准状况下，SO3为固态，不能用气体摩尔体积进行计算。详解：丁烯与丙烯的最简式都为CH2，所以7.0g由丁烯与丙烯组成的混合气体中，n(CH2)=0.5mol，所以含有的氢原子数目为NA，A正确；46gNO2气体为1mol，由于存在2NO2N2O4可逆反应，所以容器内的分子数小于NA，B错误；铜与足量的硫单质混合加热，生成硫化亚铜；铜元素的化合价由0价升高+1价，因此6.4g铜（即为0.1mol）完全反应后，转移电子的数目为0.1NA，C错误；标准状况下SO3为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，D错误；正确选项A。点睛：金属铁、铜分别与氯气加热反应均生成高价化合物氯化铁、氯化铜；金属铁、铜分别与硫蒸气反应均生成低价化合物硫化亚铁、硫化亚铜；这是因为氯气的氧化性大于单质硫的氧化性。4.除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是(　　)选项物质杂质试剂方法A二氧化碳氯化氢饱和碳酸钠溶液洗气B氯化亚铁溶液氯化铁过量铁粉过滤C二氧化硅氧化铝氢氧化钠溶液过滤D乙酸乙酯乙酸饱和碳酸钠溶液蒸馏A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】A、二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；-18-B、Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；C、二者均与氢氧化钠溶液反应，不能除杂；D、乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层．【详解】A、二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，洗气不可除杂，故A错误；B、Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则反应后过滤即可除杂，故B正确；C、二者均与氢氧化钠溶液反应，不能除杂，应选盐酸、过滤，故C错误；D、乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层，则利用分液法除杂，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查混合物分离提纯，解题关键：把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法，侧重分析与实验能力的考查，易错点A，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠．5.下列叙述正确的有()①碱性氧化物：Na2O、MgO、Al2O3 ②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2、FeCl3均可由化合反应制得③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液④灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应均既是氧化还原反应，又是吸热反应⑤碱石灰、生石灰、玻璃、漂白粉、光导纤维都是混合物⑥苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质⑦用水能鉴别Na2CO3和NaHCO3固体A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】C【解析】①碱性氧化物：Na2O、MgO，两性氧化物：Al2O3 ，故错误；②CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl2＋Cl2=2FeCl2、2Fe＋3Cl2=2FeCl3均可由化合反应制得,故正确；③根据分散系中分散质粒子大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；④灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应均是吸热反应，只有前者是氧化还原反应，故错误；⑤碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物、生石灰为氧化钙属于纯净物、玻璃为硅酸盐和二氧化硅的混合物、漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物、光导纤维主要成分为二氧化硅，不都是混合物，故错误；⑥氯气不是非电解质，非电解质是化合物，故错误；⑦用水能鉴别Na2CO3和NaHCO3固体，前者溶解度大，后者溶解度小，故正确；故选C。6.下列离子方程式中正确的是（）-18-A.将SO2气体通入NaClO溶液中：SO2+2ClO﹣+H2O=SO32﹣+2HClOB.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2+＋H2O2===2Fe3+＋O2↑＋2H+C.向硫酸氢钾溶液中加入Ba（OH）2溶液至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OD.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：NH4++OH﹣=NH3↑+H2O【答案】C【解析】A. SO2气体具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成SO42−和Cl−，正确的离子方程式应为：SO2+ClO−+H2O=SO42−+Cl−+2H+，故A错误；B.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水发生反应：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O故B错误；C.向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性时，硫酸氢钾与氢氧化钡以2:1的物质的量比来反应，过量SO42−离子实际不参加反应，故C正确；D. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液时，HCO3−与OH−也反应,正确的离子方程式为：NH4++HCO3−+2OH−=NH3⋅H2O+CO32−+H2O，故D错误。本题选C。7.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：①FeCl3　②Fe2O3　③Cu(NO3)2　④KNO3，铜粉溶解的是(　　)A.只有①或②B.只有②或④C.只有①或②或③D.上述物质中任意一种【答案】D【解析】试题分析：①铜能和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以铜能在氯化铁溶液中溶解，正确；②因Fe2O3能与稀硫酸反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe2O3能与铜粉反应：Fe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+CuSO4，所以铜粉溶解，正确；③向稀硫酸反应加入硝酸铜后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应，所以加入硝酸铜后能溶解铜，正确；④根据铜与稀HNO3反应，由该反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，可知Cu遇到H＋、NO3－能发生氧化还原反应，正确。所以上述任何一种物质都符号要求，故选项D正确。考点：考查了铁及其化合物的性质的相关知识。8.某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。-18-（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L（标准状况）。下列说法正确的是A.该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+B.该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+C.该固体中只含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-D.根据以上实验，无法确定该固体中有Na+【答案】A【解析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，一定不含Cu2+；加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，4.66g沉淀为硫酸钡，物质的量为=0.02mol，即n(SO42-)=0.02mol，沉淀部分溶于盐酸，一定含有CO32-、SO42-，碳酸钡沉淀质量为6.63g-4.66g=1.97g，物质的量为0.01mol，即n(CO32-)=0.01mol；(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L(标准状况)，物质的量为=0.03mol，所以含有铵根离子0.03mol；根据电荷守恒，阴离子所带负电荷的物质的量=0.02mol×2+0.01mol×2=0.06mol，阳离子所带正电荷的物质的量=0.03mol×1=0.03mol，所以一定含有钠离子，其物质的量是：0.06mol-0.03mol=0.03mol；A、该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+，故A正确；B、该固体中一定没有Cu2+、故B错误；C、该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+，其余的无法判断，故C错误；D、根据以上实验，该固体中一定有Na+，故D错误；故选A。点睛：明确常见离子的性质为解答关键。注意掌握电荷守恒在离子推断中的应用。本题的难点是钠离子的判断，需要根据溶液的电中性(电荷守恒)判断。9.下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量都可以用同一个离子方程式表示的是(　　)①偏铝酸钠溶液和盐酸　②碳酸钠溶液与盐酸　③硝酸银溶液与氨水　④苯酚钠溶液与二氧化碳　⑤碳酸氢钠溶液与澄清石灰水　⑥硫酸铝溶液与氨水A.④⑥B.②④⑥C.仅有⑥D.①③【答案】A【解析】试题分析：①偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，产生白色沉淀，后者过量发生的反应为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2-18-O，量不同，生成产物不同，故①错误。②碳酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，反应为CO32-+H+=HCO3-；后者过量，即碳酸钠少量，发生的反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，所以量不同，生成产物不同，故②错误。③硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子(银氨溶液)使沉淀溶解。先发生：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+，后发生：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH−+2H2O；氨水中滴硝酸银，一开始就产生银氨溶液(氨水过量)，量不同，生成产物不同，故③错误。④苯酚钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和苯酚，与量无关，离子方程式为C6H5O−+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故④正确。⑤碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应：前者过量，反应为2HCO3-+Ca2++2OH−=CaCO3↓+CO32-+2H2O，后者过量，反应为HCO3-+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，量不同，生成产物不同，故⑤错误。⑥Al(OH)3不溶于过量的氨水，所以与量无关，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故⑥正确，正确的有④⑥，故选A。考点：考查了铝及其化合物的性质、离子方程式的书写等相关知识。10.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3-+2M3++4H2O=M2O7n-+Cl－+8H+，M2O7n-中M的化合价是（）A.+4B.+5C.+6D.+7【答案】C【解析】根据电荷守恒-1+3×2=-1-n+8，n=2，设M的化合价是x，则2x-2×7=-2，x=+6，故C正确。11.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是（）选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A验证非金属性: S>C>Si稀硫酸Na2CO3Na2SiO3 溶液B制备纯净的NO浓硝酸Cu水C检验溶液X中含有CO32-盐酸溶液X澄清石灰水D除去Na2SO3氯水混合物NaOH溶液-18-中的Na2SO4A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】分析： A．非金属元素最高价氧化物是水化物酸性越强，其非金属性越强，根据强酸制取弱酸判断；B．根据NO的性质和Cu与浓硝酸反应的产物判断；C．能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，溶液X中可能为碳酸氢根离子或亚硫酸根离子；D．除杂试剂选用氯水，引进了杂质氯离子，且将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，违反了除杂原则。详解：硫酸能和碳酸钠反应制得二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成不溶性的硅酸，所以该实验证明酸性H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，则非金属性S＞C＞Si，A选项正确；Cu与浓硝酸反应生成NO2，不生成NO，NO遇空气中的氧气立即生成NO2，装置广口瓶上部有空气，也得不得纯净的NO气体，B选项错误；二氧化硫和二氧化碳都能够时澄清石灰水变浑浊，无法检验溶液X中是否含有CO32-，C选项错误；除杂试剂选用氯水，氯水Na2SO3氧化成Na2SO4，反应后引进了杂质氯离子，违反了除杂原则，无法达到实验目的，D选项错误；正确选项A。点睛：利用元素周期律中元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，如本题中验证明酸性H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，则非金属性S＞C＞Si，但要注意的是如果不是最高价氧化物的水化物形成的酸，是不可以比较非金属性的，如：盐酸能够与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，说明盐酸的酸性比亚硫酸强，因此非金属性Cl＞S，这一结论是错误的，因为两种酸都不是最高价氧化物的水化物，不可以用来比较的，所以一定要注意是否是最高价氧化物的水化物。12.工业上用铝土矿(主要成分为A12O3，含FeO杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列说法正确的是()A.试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸溶液B.反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁-18-C.图中所示转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=A1(OH)3↓+NaHCO3【答案】D【解析】分析：由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，氧化铁与氢氧化钠不反应，沉淀为氧化铁；氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解氧化铝生成铝和氧气。详解：A、由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B、氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；C、电解熔融氧化铝生成铝和氧气属于氧化还原反应，故C错误；D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D正确；故选D。13.以下六种饱和溶液①Ba(NO3)2 ②Ca(OH)2 ③Na2SiO3 ④NaAlO2⑤Na2CO3⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的是(　　)A.①③④⑥B.②③④⑥C.③④⑤⑥D.②③④⑤【答案】C【解析】①没有明显变化；②生成碳酸钙沉淀，之后碳酸钙沉淀溶解成为碳酸氢钙，最终得到溶液；③生成硅酸沉淀；④生成氢氧化铝沉淀；⑤生成NaHCO3晶体；⑥生成NaHCO3晶体。故选C。14.某同学用下图所示装置检验草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，淡黄色)受热分解的部分产物。下列说法正确的是()A.通入N2的主要目的是防止空气中的水蒸气对产物检验产生影响B.若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液、CuO固体，可检验生成的COC.实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁D.若将④中的无水CaC12换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气【答案】B-18-【解析】通入N2的主要目的是防止空气中二氧化碳、氧气等对产物检验产生影响，A错误；利用②③除去二氧化碳，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中的黑色的氧化铜固体变红，⑥中澄清的石灰水变浑浊，说明有一氧化碳产生，B正确；实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物可能为铁，或氧化亚铁或四氧化三铁，这些物质都是黑色的，C错误；因混合气体经过了②澄清的石灰水，③氢氧化钠溶液，所以将④中的无水氯化钙换成无水硫酸铜就不能检验分解生成的水蒸气，D错误；正确选项B。点睛：本实验抓住亚铁离子的不稳定性，进行判断处理，因为亚铁离子非常容易被氧化，所以先赶净装置中的空气，回答了充入氮气的目的；检验一氧化碳产生，应先除去混合气体中的二氧化碳，再利用一氧化碳的还原性检验即可。15.取铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生0．896LNO2气体和0．672LN2O4的气体（气体体积都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为3．7g。则合金中铜与镁的物质的量之比等于()A.1：1B.2：1C.3：2D.2：3【答案】D【解析】试题分析：假设铜的物质的量为n1mol、镁的物质的量为n2mol，另外NO2的物质的量为0．04mol、N2O4的物质的量为0．03mol，则结合电子守恒可知：2n1+2n2=0．04×1+0．03×2；另外最终所得沉淀质量为3．7克可知：98n1+58n2=3．7；解得：n1=0．02moln2=0．03mol，选项D符合题意。考点：化学计算涉及原子守恒及氧化还原反应的电子守恒16.某化学兴趣小组利用还原铁粉处理含Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的废水，所加还原铁粉的质量与溶液中Fe2+的浓度变化关系如下图(忽略溶液体积变化)。下列有关结论错误的是（）A.加入铁粉质量小于56g时发生的反应为  Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O-18-B.当加入的铁粉质量超过168g后，溶液中的溶质只含有Fe(NO3)2 (忽略Fe2+的水解)C.原废水中Fe(NO3)3的浓度为2mol/L，Cu(NO3)2的浓度均为1mol/LD.原废水中三种物质的氧化性由强到弱的顺序是HNO3>Fe(NO3)3>Cu(NO3)2【答案】C【解析】刚开始加入56g（1mol）单质铁，溶液中不生成Fe2+，所以发生的化学反应一定是铁被硝酸氧化为Fe3+。其方程式为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O。选项A正确。当加入的单质铁完全过量的时候，溶液中的Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3应该都被反应为Fe(NO3)2，选项B正确。56g至112g（1mol）间加入1molFe，Fe2+的浓度增加3mol/L，而112g至168g（1mol）间加入1molFe，Fe2+的浓度增加1mol/L，所以说明前一个1molFe发生的是Fe+2Fe3+=3Fe2+，后一个1mol反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，将反应物均为1molFe带入计算，得到Fe(NO3)3浓度为2mol/L，Cu(NO3)2的浓度为1mol/L，但是考虑到第一步中加入的1molFe和硝酸反应得到了1mol/L的Fe(NO3)3，所以原废水中Fe(NO3)3浓度为1mol/L，选项C错误。因为废水中三种物质和单质铁反应的顺序是HNO3、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，反应中应该是氧化性强的物质先反应，所以氧化性为：HNO3>Fe(NO3)3>Cu(NO3)2。选项D正确。17.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分別取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol /L的溶液。在FeCl2溶 液中需加入少量铁屑，其目的是___________。（2）甲组同学取2 mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液変红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为____________。（3）乙组同学认为甲组的实验不够谨慎，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是__________。（4）丙组同学取10 mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1 mol/LFeCl3溶液混合。 分別取2 mL此溶液于3支武管中进行如下实验：①第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是_______(填离子符号)；实验①和实验③说明：在I-过量的情况下， 溶液中仍含有_____  (填离子符号)；由此可以证明该氧化还原反应为___________。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2-18-溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为________。一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是__________。 生成沉淀的原因是______________(用平衡移动原理解释)。（6）某铁的氧化物(FexO) 1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2+完全氧化，则x值为________。【答案】(1).防止Fe2+被氧化(2).2Fe2+ + Cl2=2Fe3+ +2Cl-(3).隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4).Fe2+(5).Fe3+(6).可逆反应(7).2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3++ 2H2O(8).Fe3+催化H2O2分解产生O2(9).H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动(10).0.80【解析】分析：本题考查Fe2+、Fe3+的性质探究、离子方程式的书写、可逆反应的探究、外界条件对盐类水解平衡的影响和化学计算。（1）FeCl2易被空气中O2氧化而变质，Fe能与Fe3+反应生成Fe2+。（2）FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-。（3）煤油难溶于水，煤油的密度比水小，煤油的作用是隔绝空气。（4）实验②“加入K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀”，检验Fe2+。实验③“加入KSCN溶液，溶液变红”，说明反应后的溶液中仍含有Fe3+；即在I-过量时溶液中仍含Fe3+，由此说明该氧化还原反应为可逆反应。（5）H2O2与酸化的FeCl2溶液反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。一段时间后溶液中有气泡出现，H2O2在Fe3+催化下分解产生O2。生成的红褐色Fe（OH）3沉淀用Fe3+水解平衡的移动解释。（6）根据得失电子守恒列式。详解：（1）由于FeCl2易被空气中O2氧化而变质，加入Fe能与Fe3+反应生成Fe2+，在FeCl2溶液中加入少量铁屑可防止Fe2+被氧化，在FeCl2溶液中加入少量铁屑的目的是：防止Fe2+被氧化。（2）氯水将FeCl2氧化成FeCl3，FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-。（3）煤油难溶于水，煤油的密度比水小，煤油将FeCl2溶液与空气隔开，排除O2对实验的影响。煤油的作用是：隔绝空气（排除O2对实验的影响）。（4）根据实验①“CCl4层显紫色”，说明反应生成I2；根据实验②“加入K3[Fe（CN）6-18-]生成蓝色沉淀”，说明反应生成Fe2+；根据实验③“加入KSCN溶液，溶液变红”，说明反应后的溶液中仍含有Fe3+。实验②“加入K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀”，检验Fe2+。实验①和实验③说明，在I-过量的情况下，溶液中仍含Fe3+。由此说明该氧化还原反应为可逆反应。（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变为棕黄色，说明Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。一段时间后溶液中有气泡出现，生成的Fe3+催化H2O2分解产生O2，产生气泡的原因是：Fe3+催化H2O2分解产生O2。生成的红褐色沉淀为Fe（OH）3，生成沉淀的原因是：在溶液中Fe3+存在水解平衡（Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+），盐类水解为吸热反应，H2O2分解放热，温度升高，促进Fe3+的水解平衡正向移动产生Fe（OH）3沉淀。（6）n（Cl2）==0.005mol，FexO中Fe的平均价态为+，通入Cl2后Fe元素全部转化为Fe3+，根据得失电子守恒，x（3-）=0.005mol2，解得x=0.80。18.某化学兴趣小组拟用如下图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁屑、稀硫酸、氢氧化钠溶液。（1）稀硫酸应放在_____________中(填写仪器名称)。（2）本实验通过控制A、B、C三个开关，可将仪器中的空气排尽，具体操作为：关闭开关_______，打开开关________，打开分液漏斗活塞；待反应一段时间排尽空气后，再关闭开关_______，打开开关_______，就可观察到氢氧化亚铁的颜色。试分析实验开始时需排尽装置中空气的理由_______________________________（用化学反应方程式作答）。（3）某同学认为本实验中应该用铁钉代替铁粉，他的理由是________________________。（4）在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备摩尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](相对分子质量392)，该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。①从摩尔盐水溶液中提取(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O晶体的具体操作是______________，用乙醇洗涤，干燥。②为了测定产品的纯度，称取10g产品溶于50mL水中，配制成250mL溶液，用浓度为0.01-18-mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗高锰酸钾溶液体积/mL25.5225.0224.98通过实验数据计算的该产品纯度为________，上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是________。A．第一次滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B．第一次实验结束时俯视刻度线读取酸性高锰酸钾溶液的体积C．第一次滴定用的锥形瓶用待测液润洗过D．第一次实验装高锰酸钾的滴定管清洗后没有润洗【答案】(1).分液漏斗(2).A(3).BC(4).B(5).A(6).4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(7).铁粉可能随着溶液被压入右边的三颈瓶中(8).蒸发浓缩，冷却结晶，过滤(9).49%(10).ACD【解析】试题分析：（1）此实验目的是制备氢氧化亚铁，先用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，此反应在装置2中进行，稀硫酸是溶液，应盛放在分液漏斗中；（2）关闭A，打开B、C，利用装置2中产生的氢气，把装置3中的空气排尽，使装置处于还原氛围，然后关闭B，打开A，2中产生气体压强增大，把产生的FeSO4压入到装置3中产生Fe（OH）2；氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化。（3）铁粉可能随着溶液被压入右边的三颈瓶中；（4）①蒸发浓缩，冷却结晶，可以从溶液中获得结晶水合物；②因为第一次与第二次、第三次相差较大，舍去不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为ml=25mL，根据离子反应方程式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O计算产品纯度；第一次滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加；俯视读数，造成所读的体积偏小；锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加；第一次实验装高锰酸钾的滴定管清洗后没有润洗，造成高锰酸钾浓度偏小，消耗体积偏大。-18-解析：（1）此实验目的是制备氢氧化亚铁，先用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，此反应在装置2中进行，稀硫酸是溶液，应盛放在分液漏斗1中；（2）关闭A，打开B、C，利用装置2中产生的氢气，把装置3中的空气排尽，使装置处于还原氛围，然后关闭B，打开A，产生气体压强增大，把产生的FeSO4压入到装置3中产生Fe（OH）2；氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，生成氢氧化铁，对氢氧化亚铁颜色的观察产生干扰，所以要排除装置中的空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，反应方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（3）铁粉可能随着溶液被压入右边的三颈瓶中；（4）①蒸发浓缩，冷却结晶，可以从溶液中获得结晶水合物，从摩尔盐水溶液中提取(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O晶体的具体操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥；②因为第一次与第二次、第三次相差较大，舍去不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为ml=25mL，根据离子反应方程式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，n[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]=5n（KMnO4）=25×10-3×0.01×5mol，则500mL溶液中含有n[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]=25×10-3×0.01×5×250/25mol=1.25×0.01=0.0125mol，所以质量分数=；第一次滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故A正确；俯视读数，造成所读的体积偏小，故B错误；锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增加，则消耗高锰酸钾的体积增加，故C正确；第一次实验装高锰酸钾的滴定管清洗后没有润洗，造成高锰酸钾浓度偏小，消耗体积偏大，故D正确。19.有一无色溶液，其中可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4＋、K+、CO32－、SO42－等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据上图推断：（1）原溶液中一定存在的阴离子有_______________，显___(填“酸”“碱”或“中”)性。 （2）实验③中产生无色无味气体所发生的化学方程式为__________________________________。 （3）写出实验④中A点对应沉淀的化学式：__________。（4）写出实验④中，由A→B过程中所发生反应的离子方程式：________________________。【答案】(1).SO42－(2).酸(3).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(4).Al(OH)3、Mg(OH)2(5).Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O-18-【解析】溶液透过蓝色钴玻璃焰色反应呈紫色，说明溶液中含有K+离子，溶液呈无色，则一定不含Fe3+、Fe2+、Cu2+，逐滴加入过量NaOH溶液有白色沉淀，则溶液中含有Mg2+离子，一定不含CO32-，加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag+离子，则生成沉淀为BaSO4，溶液中含有SO42-离子，第③个实验中，生成白色沉淀的量与加入NaOH的量的先增大后减小，则说明溶液中含有Al3+离子，一定不含有铵根离子，综上可知：原溶液中一定含有Al3+、Mg2+、K+、SO42-，一定不含Fe3+、Fe2+、NH4+、Cu2+、CO32-；(1)原溶液中一定存在的阴离子有SO42-，是强酸弱碱盐溶液，原溶液可能呈酸性；(2)实验③中产生无色无味气体是过氧化钠与水反应，化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；(3)由于溶液中含Al3+、Mg2+、K+、SO42-，故加入氢氧化钠溶液后，产生的沉淀有：Al(OH)3、Mg(OH)2；(4)由A→B过程是氢氧化钠溶液过量，生成的Al(OH)3沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液，离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。20.由两种元素组成的矿物A，测定A的组成及制取化合物D的流程如下：请回答：（1）A的化学式为________________________。（2）写出②的化学方程式：__________________。（3）写出③的离子方程式：_________________________________________。【答案】(1).Cu2S(2分)(2).4CuO2Cu2O+O2↑(3).SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H【解析】试题分析：通过矿物A组成测定，考查化学方程式、离子方程式的书写，考查考生实验综合分析能力和化学计算能力。解析：（1）砖红色物质D是Cu2O，所以黑色B为CuO，A中含有Cu元素。白色沉淀F是BaSO4，E是FeSO4，气体C是SO2，则A中含有S元素。所以A为CuS。正确答案：CuS。（2）CuO高温分解生成Cu2O和O2，反应方程式为4CuO2Cu2O+O2-18-↑。正确答案：4CuO2Cu2O+O2↑。（3）SO2能够被Fe3+氧化生成SO42-、Fe2+，即SO2+Fe3+→SO42-+Fe2+，配平得SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。正确答案：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。点睛：氧化还原反应的配平，首先配平氧化还原反应过程中的得失电子，以本题（3）为例，S元素升高2价，Fe元素降低1价，所以SO2系数为1，Fe3+系数为2，根据质量守恒产物SO42-系数为1，Fe2+系数为2，即SO2+2Fe3+→2Fe2++SO42-。再配平离子电荷，需要在反应物中增加4个单位负电荷，或是在产物中增加4个单位正电荷，结合SO2、Fe3+溶液的酸性，应当在产物中增加4个H+，得SO2+2Fe3+→2Fe2++SO42-+4H+。再由质量守恒配平得SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。21.以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备二氧化氯气体，再用水吸收获得二氧化氯溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2气体的吸收率。具体情况如下图所示。请回答下列问题：（1）据图可知，反应时需要控制的适宜温度是________℃，达到此要求采取的适宜措施是________。（2）已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3－氧化成SO42－，写出制备二氧化氯的离子方程式：____________________________________。【答案】(1).30(2).水浴加热(或水浴控制恒温)(3).15ClO3－＋FeS2＋14H＋=15ClO2↑＋Fe3＋＋7H2O＋2SO42－【解析】【分析】（1）依据图象分析温度再30°C时ClO2的吸收率最大纯度90%以上；控制100°C以下的温度需要用水浴加热；（2）用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，依据原子守恒，电子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；-18-【详解】（1）ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，依据图象分析温度再30°C时ClO2的吸收率最大纯度90%以上，控制100°C以下的温度需要用水浴加热；（2）用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，氯酸跟离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化FeS2为硫酸铁和硫酸，本身被还原为反应的离子方程式为ClO2；结合原子守恒、电子守恒配平写出离子方程式为：15ClO3－+FeS2+14H＋═15ClO2+Fe3＋+7H2O+2SO42－；-18-