海南省嘉积中学2020届高三上学期月考化学试题

海南省嘉积中学2020届高三上学期月考化学试题

‎2020届海南省嘉积中学高三上学期段考（第二次月考）化学试题化学 一、单项选择题（每道题只有一个正确选项，每题2分，共16分）‎ ‎1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 D. NH3易溶于水，可用作制冷剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；‎ B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B错误；‎ C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；‎ D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A FeFeCl2Fe(OH)2 B. S2SO2H2SO4‎ C. CaCO3CaOCaSiO3 D. NH3NOHNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁，故A不选；‎ B.二氧化硫和水生成亚硫酸，不能直接生成硫酸，故B不选；‎ C.碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙高温下和二氧化硅反应可以生成硅酸钙，故C选；‎ D.一氧化氮和水不反应，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁。和铁与氯气反应相似的反应还有：硫和氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫，即使氧气过量，也不能直接生成三氧化硫；氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮，即使氧气过量，也不能直接生成二氧化氮。‎ ‎3.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向稀HNO3中加入过量铁粉，再滴入少量KSCN溶液 溶液变红 稀HNO3将Fe氧化为Fe3+‎ B 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 溶液澄清 Ag+与NH3∙H2O能大量共存 C 将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中 溶液变蓝 Cu与稀HNO3发生置换反应 D 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置 下层溶液显紫红色 氧化性：Fe3+>I2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．稀硝酸溶液中加入过量铁粉充分反应后，生成硝酸亚铁，则滴加KSCN溶液，无现象，故A错误；B．AgNO3溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，溶液澄清，可知Ag+与NH3•H2O反应生成络离子不能大量共存，故B错误；C．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，生成物中没有单质，不属于置换反应，故C错误；D．KI和FeCl3溶液在试管中混合后，发生氧化还原反应生成碘，碘易溶于四氯化碳在下层，则下层溶液显紫红色，氧化性为Fe3+＞I2，故D正确；故选D。‎ ‎4. 在指定溶液中一定能大量共存的离子组是 A. 1.0mol·L－1KNO3溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42－‎ B. pH=1的溶液：NH4＋、Al3＋、SO42－、Br－‎ C. c(ClO－)＝1.0mol·L－1的溶液：Na+、SO32－、S2－、Cl－‎ D. 与铝反应产生H2的溶液中：Na＋、Mg2＋、HCO3－、SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、NO3－在酸性条件下，具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，不能大量共存，故错误；B、pH=1溶液显酸性，能够大量共存，故正确；C、ClO－具有强氧化性，能把SO32－和S2－氧化成SO42－和S，不能大量共存，故错误；D、和铝反应产生H2，说明溶液是酸或碱，Mg2＋和OH－不能大量共存，HCO3－和OH－、H＋不能大量共存，故错误。‎ 考点：考查离子大量共存等知识。‎ ‎5.下列物质中既有氧化性又有还原性的是（ ）‎ A. H2SO4 B. Al2O3 C. Na2O2 D. CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在微粒中，如果元素处于最高价态，则只有氧化性，如果处于中间价态，则既有氧化性又有还原性，如果处于最低价态，则只有还原性，以此来解答。‎ ‎【详解】A. S元素的化合价为最高价+6价，则H2SO4只具有氧化性，A项错误；‎ B. Al元素的化合价为最高价+3价，则Al2O3只具有氧化性，B项错误；‎ C. O元素化合价为−1价，介于0与−2之间，为中间价态，则Na2O2既有氧化性又有还原性，C项正确；‎ D. C元素的的化合价为最高价+4价，则CO2只具有氧化性，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是（ ）‎ A. C2H4 B. CH4 C. CO2 D. NO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 恒温恒容时，气体压强与物质的量成正比，由图象可知，相同温度下，等质量的氧气压强大于X气体，说明等质量气体中，氧气的物质的量较大，根据n=m/M可知质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，则氧气的摩尔质量小于X。‎ ‎【详解】恒温恒容时，气体压强与物质的量成正比，由图象可知，相同温度下，等质量的氧气压强大于X气体，说明等质量的气体中，氧气的物质的量较大，根据n=m/M可知质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，则氧气的摩尔质量小于X，氧气的摩尔质量为32g/mol；‎ A项，C2H4的摩尔质量等于28g/mol，小于32g/mol，故不选A项；‎ B项，CH4的摩尔质量等于16g/mol，小于32g/mol，故不选B项；‎ C项，CO2的摩尔质量等于44g/mol，大于32g/mol，故选C项；‎ D项，NO的摩尔质量等于30g/mol，小于32g/mol，故不选D项。‎ 答案选C。‎ ‎7.下列各组物质发生化学反应时，由于反应物的量不同而生成不同产物的是 (　　)‎ ‎①CO2与NaOH溶液　②NaHCO3溶液与盐酸　③Na与氧气　④C与O2　⑤AlCl3溶液与氨水　⑥Fe与稀硝酸溶液 A. ①②③ B. ①④⑥‎ C. ②⑤⑥ D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，当二氧化碳不足量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，故①正确；‎ ‎②NaHCO3溶液与盐酸混合，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水，反应产物与反应物的量无关，故②错误；‎ ‎③钠与氧气反应常温生成氧化钠，加热生成过氧化钠，是因为反应条件不同产物不同，反应产物与反应物的量无关，故③错误；‎ ‎④当氧气不足时，碳和氧气反应生成一氧化碳，当氧气过量时，碳和氧气反应生成二氧化碳，是由于反应物的量不同而生成不同产物，故④正确；‎ ‎⑤AlCl3溶液与氨水混合，铝离子和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，与氯化铝和氨水的量无关，故⑤错误；‎ ‎⑥Fe与稀硝酸反应，硝酸足量，生成硝酸铁，硝酸不足，生成硝酸亚铁，故⑥正确；‎ 综上所述，①④⑥由于反应物的量不同而生成不同产物，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH·H2O＝AlO2－＋4NH4＋＋2H2O B. 澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O C. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O D. 用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化铝不能与弱碱反应，正确的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，A项错误；‎ B. 苏打为碳酸钠，正确的离子方程式为：Ca2++CO32−═CaCO3↓，B项错误；‎ C. 醋酸为弱酸，不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO−，C项错误；‎ D. 氨水过量，生成亚硫酸铵，正确的离子方程式为：2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：‎ ‎1.是否符合客观事实，如本题A选项，氢氧化铝不能与弱碱反应，则氯化铝溶液中加入过量氨水应生成氢氧化铝；‎ ‎2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；‎ ‎3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；‎ ‎4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；‎ ‎5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。‎ 总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。‎ 二、不定项选择题（每道题有1～2个正确选项，每题4分，共24分）‎ ‎9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　　)‎ A. 1 mol甲基所含质子数为9NA B. 0.1 mol Fe与少量氯气反应生成FeCl2，转移电子数为0.2NA C. 1.4 g由乙烯和环丙烷组成的混合物中含有原子的数目为0.3NA D. 0.1 mol·L－1碳酸钠溶液中含有CO32-离子数目小于0.1NA ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个甲基中含有9个质子，则1 mol甲基所含质子数为9NA，A项正确；‎ B. 氯气将铁氧化，生成的是氯化铁而不是氯化亚铁，B项错误；‎ C. 乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故1.4g混合物中含有的CH2的物质的量0.1mol，故含有0.3mol原子，即0.3NA个，C项正确；‎ D. 溶液体积不明确，故溶液中的碳酸根的个数不能计算，D项错误；‎ 答案选AC。‎ ‎【点睛】1. 氯气与铁单质反应，无论氯气是不足量还是过量，只生成FeCl3，而不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1mol氯气与足量铁反应，转移2mol电子；足量氯气与1mol铁反应，转移3mol电子，这是常考点。‎ ‎2. D项也是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算。‎ ‎10. 下列离子的检验方法正确的是 A. 向待测液中先加入硝酸钡溶液有白色沉淀，再加入稀盐酸，白色沉淀不消失，可以确认待测液中含有SO B. 向待测液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以确认待测液中含有NH C. 向待测液中先加入氯水，再滴入KSCN溶液，溶液变红，可以确认待测液中含有Fe2+‎ D. 用玻璃棒蘸取待测液并在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，可以确认待测液中含有Na+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．加入硝酸钡溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不消失，若沉淀为亚硫酸钡也符合，则原溶液中可能有硫酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；B．向待测液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，证明待测液中含有NH4+，故B正确；C．向待测液中先加入氯水，再滴入KSCN溶液，溶液变红，可以确认此时溶液中含有Fe3+‎ ‎，但是不知道是不是原来就存在的铁离子还是亚铁离子被氧化来的，无法判断亚铁离子是否存在，故C错误；D、焰色反应：用铂丝蘸取待测液并在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，可以确认待测液中含有钠离子，故D错误；故选B。‎ 考点：考查物质检验和鉴别的实验方案设计，涉及离子检验、焰色反应等。‎ ‎11.工业上常用氯氧化法处理含氰（）废水，一定条件下，氯气和反应生成无毒气体。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 中碳元素的化合价为+2‎ B. 该反应的产物之一是无毒的 C. 当1mol参与反应时，转移 D. 处理含0.1mol的废水，理论上需要消耗标准状况下的体积为5.6L ‎【答案】C ‎【解析】‎ 一定条件下，氯气和CN-反应生成无毒气体，该无毒气体应该是N2和CO2，则反应的离子方程式为：4H2O＋5Cl2＋2CN－＝N2＋2CO2＋8H＋＋10Cl－。CN－中氮元素应该是-3价，则碳元素的化合价为+2价，选项A正确。根据以上分析可知该反应的产物之一是无毒的N2，选项B正确。根据方程式可知反应的电子转移数为10e-，所以1 molCN－参与反应时，转移5mole－，选项C错误。根据方程式处理含0.1 mol CN－的废水，理论上需要消耗0.25mol Cl2，其体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，选项D正确。‎ ‎12.钛是二十一世纪“明星金属”，工业制备金属钛是以金红石为原料，发生的反应如下。‎ 反应Ⅰ：aTiO2＋bCl2＋cCaTiCl4＋cCO 反应Ⅱ：TiCl4＋2Mg Ti＋2MgCl2‎ 下列关于反应Ⅰ、Ⅱ的说法中正确的是 (　　)‎ A. 反应Ⅰ中TiO2是氧化剂 B. TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂 C. a＝b＝c＝2‎ D. 每生成9.6 g Ti，反应Ⅱ中转移了0.6 mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应I中，TiO2所含元素的化合价没有变价，不是氧化剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，A项错误；‎ B. 反应I中氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是TiCl4，反应II中钛元素的化合价降低，TiCl4作氧化剂，B项正确；‎ C. 根据得失电子守恒、元素守恒配平该方程式为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO，所以a=1，b=c=2，C项错误；‎ D. 反应Ⅱ：TiCl4＋2Mg Ti＋2MgCl2中，生成1molTi转移4mol电子，9.6gTi的物质的量为，则转移电子为0.8mol，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：‎ 氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；‎ 还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。‎ ‎13.A、B、C、X均为中学化学常见的物质,一定条件下,它们有如下转化关系(部分产物已略去),下列说法正确的是( )‎ A. 若X为Cl2，则C可能为FeCl3‎ B. 若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3溶液 C. 若X为O2，则A可能为S或NH3‎ D. 若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图知，A+X→C，A+X→B，B+X→C，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答。‎ ‎【详解】A. 无论氯气是否过量，铁在氯气中燃烧都只生成氯化铁，与氯气的量无关，A项错误；‎ B. AlCl3和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，AlCl3和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al(OH)3↓+3KCl，B是Al(OH)3，Al(OH)3‎ 和氢氧化钾溶液发生反应Al(OH)3+KOH═KAlO2+2H2O，则若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，B项正确；‎ C. 无论氧气是否过量，S在氧气中燃烧只生成SO2，SO2与氧气在催化剂加热的条件下生成SO3，则若X是O2，A不可能是S；氨气与氧气可以生成氮气，也可以生成一氧化氮，氮气与氧气反应生成一氧化氮，则若X是O2，A可以是氨气，C项错误；‎ D. 若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠元素，则X可能为CO2，A为NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，D项正确；‎ 答案选BD。‎ ‎14.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 (　　)‎ A. 60 mL B. 45 mL C. 30 mL D. 15 mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据得失电子守恒，计算参加反应的铜失电子物质的量，又铜单质失电子物质的量与铜离子结合氢氧根物质的量相同，从而计算出需要氢氧化钠物质的量，进而计算其体积。‎ ‎【详解】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到，，氧气得电子物质的量为0.075mol×4=0.3mol，则Cu失去的电子物质的量为0.3mol，又铜单质失电子物质的量与铜离子结合氢氧根物质的量相同，则消耗氢氧化钠物质的量为0.3mol，消耗NaOH溶液的体积是，A项正确；‎ 答案选A。‎ 三、简答题（共60分）‎ ‎15.某混合物甲中含有明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、Al2O3和Fe2O3。在一定条件下由甲可实现下图所示的物质之间的转化。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)写出A、B、的化学式：A_____________， B_____________。‎ ‎(2)试剂a最好选用______________。‎ A、NaOH溶液 B、稀盐酸 C、二氧化碳 D、氨水 ‎(3)写出反应①的离子方程式：____________________。‎ ‎(4)固体E可以作为复合性的化学肥料，E中所含物质的化学式为___________________。‎ ‎【答案】 (1). Al (2). Al2O3 (3). D (4). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (5). K2SO4、(NH4)2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 混合物甲含有KAl(SO4)2∙12H2O、Al2O3和Fe2O3，由于KAl(SO4)2∙12H2O溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲用水溶解后，溶液中含有KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3，向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，故沉淀为Fe2O3，溶液中含有NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和NaHCO3，Al(OH)3受热分解生成B为Al2O3，电解熔融氧化铝得到气体D为O2，固体A为Al，向KAl(SO4)2溶液中加入试剂a也得到Al(OH)3，由于Al(OH)3溶于强碱，故试剂a最好是弱碱，故试剂a可为氨水，溶液中Al3+被沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶得到的固体E中含有K2SO4和(NH4)2SO4，据此解答。‎ ‎【详解】混合物甲含有KAl(SO4)2∙12H2O、Al2O3和Fe2O3，由于KAl(SO4)2∙12H2O溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物甲用水溶解后，溶液中含有KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3，向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，故沉淀为Fe2O3，溶液中含有NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2可得Al(OH)3沉淀和NaHCO3，Al(OH)3受热分解生成B为Al2O3，电解熔融氧化铝得到气体D为O2，固体A为Al，向KAl(SO4)2‎ 溶液中加入试剂a也得到Al(OH)3，由于Al(OH)3溶于强碱，故试剂a最好是弱碱，故试剂a可为氨水，溶液中Al3+被沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶得到的固体E中含有K2SO4和(NH4)2SO4，‎ ‎（1）由上述分析可知，A为Al，B为Al2O3；‎ 故答案为：Al；Al2O3； （2）由上述分析可知，KAl(SO4)2溶液中加入试剂a也得到Al(OH)3，由于Al(OH)3溶于强碱，故试剂a最好是弱碱，故试剂a可为氨水；‎ 故答案为；D； （3）由上述分析可知，反应①为Al2O3与NaOH溶液反应，生成NaAlO2和水，其离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；‎ 故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O； （4）向溶液中加入的试剂a应沉淀铝离子，应向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4和(NH4)2SO4，固体E可以作为复合性的化学肥料，E中所含物质的化学式为K2SO4和(NH4)2SO4；‎ 故答案为：K2SO4、(NH4)2SO4。‎ ‎16.某废水中可能含有下列离子中的若干种：Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Cu2＋、Cl－、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-。现进行如下实验：‎ Ⅰ.取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化。‎ Ⅱ.另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。‎ Ⅲ.向Ⅱ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。‎ Ⅳ.向Ⅱ中所得的溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成。过滤，在所得滤液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)该废水中一定含有的离子是_________________________。‎ ‎(2)实验Ⅱ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是______________________。‎ ‎(3)过滤除去Ⅳ中的蓝色沉淀，调整滤液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为Al＋NO3-＋OH－→ AlO2-＋NH3＋N2＋H2O(未配平)。还原产物是_________，若除去0.2 mol NO3-，要消耗铝________g。‎ ‎【答案】 (1). Fe2＋、Cu2＋、NO3-、SO42- (2). 3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O ‎ ‎ (3). NH3和N2 (4). 9.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I. 取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化，证明溶液中不含Fe3＋；‎ Ⅱ. 另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮被氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有NO3−和Fe2+，根据离子共存知，溶液中不能有CO32−、SiO32−；‎ Ⅲ. 向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有SO42−；‎ Ⅳ. 向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，则生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有Al3+，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，则生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有Cu2+，据此分析解得。‎ ‎【详解】I. 取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化，证明溶液中不含Fe3＋；‎ Ⅱ. 另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮被氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有NO3−和Fe2+，根据离子共存知，溶液中不能有CO32−、SiO32−；‎ Ⅲ. 向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有SO42−；‎ Ⅳ. 向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褐色沉淀生成，则生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有Al3+，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，则生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有Cu2+；‎ ‎（1）由以上分析可知，该废水中一定含有的离子是Fe2＋、Cu2＋、NO3-、SO42-；‎ 故答案为：Fe2＋、Cu2＋、NO3-、SO42-；‎ ‎（2）实验II：另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮被氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有NO3−和Fe2+，NO3−在酸性环境下具有强氧化性，能氧化Fe2＋，生成NO和Fe3＋、水，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；‎ ‎（3）反应产生氨气和氮气的体积比为1:4，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式为：16Al+9NO3−+7OH−=16AlO2−+4N2↑+NH3↑+2H2O，含有元素化合价降低的生成物为还原产物，为NH3和N2；设除去0.2 mol NO3-，要消耗铝xg，根据方程式可列比例式，‎ ‎16Al+9NO3−+7OH−=16AlO2−+4N2↑+NH3↑+2H2O ‎16 9‎ x 0.2mol 则可得，，解得x=，则Al的质量为mol×27g⋅mol−1=9.6g；‎ 故答案为：NH3和N2；9.6。‎ ‎17.用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm－3)配制成1 mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：‎ ‎(1)经计算需要________mL浓盐酸。‎ ‎(2)在配制稀盐酸溶液时，选用的仪器除了玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有______________。‎ ‎(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：‎ ‎①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250 mL容量瓶中。‎ ‎②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面最低处与瓶颈的刻度标线相切。‎ ‎③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。‎ ‎④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。‎ 上述操作中，正确的顺序是(填序号)___________________________。‎ ‎(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 21.6mL (2). 量筒、250mL容量瓶 (3). ③①④② (4). 偏低 (5). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先依据计算浓盐酸的物质的量浓度，再依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积；‎ ‎（2）依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选择需要的仪器；‎ ‎（3）依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤排序； （4）分析操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）质量分数为36.5%的盐酸(密度为1.16g⋅cm−3)的物质的量浓度，已知需配制1 mol·L－1的稀盐酸220‎ ‎ mL，需要用250mL容量瓶，则配制稀盐酸的体积为250mL，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得，V×11.6mol/L=1mol/L×0.25L，解得，V=21.6mL；‎ 故答案为：21.6；‎ ‎（2）配制1mol⋅L−1的稀盐酸220mL，应选择250mL容量瓶，用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液的操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：量筒、烧瓶、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以还需要的是：量筒、250mL容量瓶；‎ 故答案为：量筒、250mL容量瓶；‎ ‎（3）用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液的操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：③①④②；‎ 故答案为：③①④②；‎ ‎（4）用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，导致浓盐酸被稀释，量取的盐酸中含有氯化氢物质的量偏小，溶液浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，导致溶质的物的量偏小，溶液浓度偏低；‎ 故答案为：偏低；偏低。‎ ‎【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制220 mL盐酸溶液，需要使用250mL容量瓶，在使用公式n=cV计算HCl物质的量时，一定注意代入的体积为0.25L，而不是0.22L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制220mL溶液选用250mL容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。‎ ‎18.铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的有关知识，回答下列问题：‎ ‎(1)铁和铁合金是生活中的常用材料，下列叙述中，正确的是（ ）‎ A、纯铁硬度比生铁高 B、纯铁耐腐蚀性强，不易生锈 ‎ C、不锈钢是铁合金，只含金属元素 D、铁在一定条件下，可与水蒸气反应 ‎ E、铁在冷的浓硫酸中钝化 ‎(2)向沸水中逐滴滴加1 mol·L－1FeCl3‎ 溶液，至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为______，形成该分散系的微粒粒度范围是_______________。‎ ‎(3)电子工业需用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板。请写出 FeCl3溶液与铜反应的离子方程式_____________。欲从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液，现有下列试剂：①氯气②铁粉③浓硝酸④浓盐酸⑤烧碱⑥浓氨水，需要用到的一组试剂是____________。‎ A、①②④ B、①③④⑥‎ C、②④⑤ D、①④⑥‎ ‎(4)高铁酸钠Na2FeO4 是一种新型净水剂，能够杀菌消毒。高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe(OH)3＋3NaClO＋4NaOH=2Na2FeO4＋3X＋5H2O，则X的化学式为________。‎ ‎【答案】 (1). BDE (2). Fe3＋+3H2OFe(OH)3（胶体）+3 H＋ (3). 1nm –100nm (4). 2 Fe3＋+ Cu = Cu2＋+ 2Fe2＋ (5). A (6). NaCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A. 合金的硬度比各成分金属的大； B. 纯铁不能形成原电池； C. 不锈钢除含有金属元素：铁、镍、钼、钛、铌、铜等，还含有碳、硅、氮等非金属元素； D. 铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气； E. 浓硫酸具有强氧化性； （2）向沸水中逐滴滴加1mol•L-1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，得到是氢氧化铁胶体； （3）FeC13溶液与铜反应生成氯化亚铁、氯化铜；腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，铁可以置换金属铜，可以和三价铁反应，在废液中加入足量铁粉，充分反应后，过滤，滤液为氯化亚铁溶液，滤渣为剩余的铁粉和生成的铜，铜不能与盐酸反应，而金属铁可以，在滤渣中加入盐酸，铁粉溶解生成氯化亚铁，过滤，回收铜，将滤液与第一步反应的滤液混合通入氯气，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，重新获得FeC13溶液； （4）根据质量守恒定律的实质，反应前后各元素的原子个数相等，推断X的化学式。‎ ‎【详解】（1）A. 合金的硬度比各成分金属的大，故A错误； B. 纯铁不能形成原电池，生铁含碳量高，容易形成原电池，腐蚀速率快，故B正确； C. 不锈钢除含有金属元素：铁、镍、钼、钛、铌、铜等，还含有碳、硅、氮等非金属元素，故C错误； D.‎ ‎ 铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故D正确； E. 浓硫酸具有强氧化性，冷的浓硫酸使铁发生钝化，故E正确； 故答案为：BDE； （2）氢氧化铁胶体制备的离子方程式为：Fe3＋+3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3H＋，胶体的微粒直径范围是1-100nm； 故答案为：Fe3＋+3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3H＋；1-100nm； （3）FeC13溶液与铜反应生成氯化亚铁、氯化铜，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，加入过量的铁可以和氯化铁反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，即Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，过滤，所得的滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，Fe+2H+=Fe2++H2↑，向滤渣中加入足量的盐酸可以将铜分离，再过滤，得到的滤液是氯化亚铁，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，再向滤液中通入氯气即可，因此需要用的一组试剂为①②④；‎ 故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；A； （4）根据元素守恒可知，反应前后各元素原子个数相等，X的化学式为NaCl； 故答案为：NaCl。‎ ‎19.某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：‎ ‎(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 mol·L－1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 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，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严谨，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 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，加入6 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3支试管中进行如下实验：‎ ‎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③说明：在I－过量的情况下，溶液中仍含有Fe3＋，由此可以证明该氧化还原反应为________________反应。（填可逆不可逆）。‎ ‎(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色， 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___。‎ ‎【答案】 (1). 防止氯化亚铁被氧化 (2). 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－ (3). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响) (4). Fe2＋ (5). 可逆 (6). 反应生成的Fe3＋催化了H2O2的分解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化； （2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁； （3）煤油不溶于水，密度比水小，浮在液面上，可以隔绝溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响； （4）加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，是亚铁离子检验的特征反应现象，第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有铁离子，在I−过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应； （5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用。‎ ‎【详解】（1）FeCl2易被空气中的氧气氧化，而铁和氯化铁可反应生成氯化亚铁，则在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；‎ 故答案为：防止氯化亚铁被氧化；‎ ‎（2）氯气具有氧化性，能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；‎ 故答案为：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；‎ ‎（3）FeCl2易被空气中的氧气氧化，煤油不溶于水，密度比水小，浮于液面上，可以隔绝溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；‎ 故答案为：隔绝空气(排除氧气对实验的影响)；‎ ‎（4）加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子检验的特征反应现象，实验②检验的离子是Fe2+，①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色，说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2Fe3++2I−=I2+2Fe2+，③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有铁离子，在I−‎ 过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应；‎ 故答案为：Fe2+；可逆；‎ ‎（5）向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是反应生成的Fe3＋催化了H2O2的分解；‎ 故答案为：反应生成Fe3＋催化了H2O2的分解。‎ ‎20.化工生产中通常所说的“三酸两碱”，“三酸”是指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”是指烧碱和纯碱。‎ ‎（1）从物质分类的角度分析，上述说法中不恰当的一种物质是__________ （填化学式）。‎ ‎（2）向盐酸中加入浓H2SO4时，会有白雾生成。下列叙述不属于导致产生该现象的原因的是______ 。‎ A、浓H2SO4具有脱水性 B、浓H2SO4具有吸水性 C、盐酸具有挥发性 ‎ D、气体溶质的溶解度随温度升高而降低 ‎（3）在中学化学常见气体的实验室制法中，常用盐酸制备的气体的化学式是________ 。（填两种）‎ ‎（4）①“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温下能够全部溶于足量的浓硝酸的是_______________ 。‎ A、Au B、Ag C、Al D、Fe ‎②金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色。请写出该反应的离子方程式：_____________ 。‎ ‎（5）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2气体。当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后,将溶液低温小心蒸干，称得固体质量为8克。则所得固体是___________ （填化学式）‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3 (2). A (3). Cl2、CO2、HCl (4). B (5). Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O (6). Na2CO3、NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据酸碱盐的概念和物质组成分析判断，纯碱是盐；‎ ‎（2）盐酸滴入浓硫酸溶液，浓硫酸具有吸水性，溶于水可放出大量的热，溶液温度升高，气体氯化氢溶解度减小，挥发到空气中遇水蒸气形成盐酸小液滴；‎ ‎（3）依据实验室气体制备原理分析，Cl2、CO2、HCl等气体都利用了盐酸的性质制备；‎ ‎（4）①金属与浓硝酸反应时，常温下铁铝发生钝化现象，阻止反应进行；金、铂不和浓硝酸反应；②过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性；‎ ‎（5）依据极值法分析计算固体成分。‎ ‎【详解】（1）碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，纯碱的主要成分是Na2CO3，碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，属于盐；‎ 故答案：Na2CO3；‎ ‎（2）向盐酸中加入浓H2SO4时，会有白雾生成，是因为浓硫酸具有吸水性，溶于水可放出大量的热，溶液温度升高，气体溶质的溶解度随温度升高而降低，从而促进浓盐酸挥发，并且氯化氢本身易挥发，在空气中遇到水蒸气形成盐酸小液滴，综上所述，浓H2SO4具有脱水性不是产生该现象的原因；‎ 故答案为：A；‎ ‎（3）Cl2利用二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下制备，CO2利用碳酸钙与盐酸反应制备，HCl可利用浓硫酸与浓盐酸混合制备；‎ 故答案为：Cl2、CO2、HCl；‎ ‎（4）①金属在常温下能够全部溶于足量的浓硝酸的是银，金不反应，铁和铝常温下发生钝化现象，反应不再继续；‎ 故答案为：B；‎ ‎②金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色，说明过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性，溶解了铜，发生反应的离子方程式为：Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O；‎ 故答案为：Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O；‎ ‎（5）当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温小心蒸干，称得固体质量为8g，可以依据极值法计算判断，0.1mol氢氧化钠全部反应为碳酸钠时，质量=0.05mol×106g/mol=5.3g；若全部为碳酸氢钠时，质量=0.1mol×84g/mol=8.4g，因反应后将溶液低温小于蒸干，称得固体质量为8g，说明生成的物质含碳酸钠和碳酸氢钠；‎ 故答案为：Na2CO3、NaHCO3。‎ ‎ ‎