2018-2019学年福建省龙海第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

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龙海二中2018-2019学年下学期期末考试高二化学试题 可能用到的相对原子质量：C-11 N-14 O-16 S-16 Ca-20 Cl-35.5 Fe-56 Ag-108 ‎ 第Ⅰ卷 (选择题 共48分)‎ 一、选择题：(16个小题，每小题3分，共48分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)。‎ ‎1.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700oC时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”，你认为其中错误的是( )‎ A. 这个反应是氧化还原反应 B. 金刚石属于金属单质 C. 另一种化合物为NaCl D. 制造过程中元素种类没有改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CCl4和金属钠反应生成金刚石（碳单质），碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，A项正确，不符合题意；‎ B．金刚石的构成元素为碳，属于非金属单质，B项错误，符合题意；‎ C．根据原子守恒，CCl4和金属钠反应得到金刚石（碳单质），另一种化合物包括Na和Cl元素，为NaCl，C项正确，不符合题意；‎ D．根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变，D项正确，不符合题意；‎ 本题答案选B。‎ ‎2.分类是学习化学的重要方法．下列归纳正确的是( )‎ A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B. 纯碱、烧碱、熟石灰都属于碱类 C. 氨气、冰醋酸、食盐均为电解质 D. 碱性氧化物都是金属氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO属于不成盐的氧化物，不是酸性氧化物，A项错误；‎ B．纯碱为Na2CO3，属于盐，不是碱，B项错误；‎ C．NH3溶于水，与水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离，属于电解质，而NH3不是电解质，C项错误；‎ D．金属氧化物不一定是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物，D项正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎3.下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是（ ）‎ A. 打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体 B. 用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体 C. 木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中 D. 向酚酞溶液中加入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．打开盛装NO的集气瓶NO与空气中的O2发生反应，产生NO2，气体颜色加深发生的是化学变化；冷却NO2气体，NO2部分转化为N2O4，气体颜色变浅，发生的是化学变化，错误；B．用冰水混合物冷却SO3气体，SO3会变为液态，发生的是物理变化；物质颜色不变；加热氯化铵晶体，物质分解产生HCl和NH3，发生的是化学变化，没有明显颜色变化，错误；C．木炭吸附NO2气体，发生的是物理作用，物质颜色变浅；将氯气通入品红溶液中，溶液褪色，发生的是化学变化，正确；D．向品红溶液中加入Na2O2，品红被氧化产生无色物质，发生的是化学变化；向FeCl3溶液中滴加KSCN 溶液，发生反应，溶液变为血红色，错误。‎ 考点：考查物质变化与现象的判断的知识。‎ ‎4. 下列说法正确的是 A. CO2的水溶液能导电，所以CO2是电解质 B. BaSO4难溶于水，其水溶液的导电能力极弱，所以BaSO4是弱电解质 C. 液溴不导电，所以溴是非电解质 D. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、溶于水或在熔融状态下能够自身电离出离子的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下都不能够自身电离出离子的化合物是非电解质，CO2不能电离，属于非电解质， A 错误；B、BaSO4溶于水的部分完全电离，所以BaSO4‎ 是强电解质，B错误；C、液溴是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，C错误；D、溶液的导电性只与溶液中自由移动的离子的浓度和离子所带的电荷数有关，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，D正确。答案选D 考点：电解质，非电解质，强弱电解质以及溶液导电能力的判断 ‎5. 下列说法正确的是 A. 将10 g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的浓度为l mol·L-1‎ B. 将100 mL 2 mol·L-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度为4 mol·L-1‎ C. 将l0 mL l.0mol·L-1NaCl溶液与90mL水混合，所得溶液的浓度为0.1 mol·L-1‎ D. 将10 g CaO加入100 mL饱和石灰水中，充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、碳酸钙难溶于水，因此将10 g CaCO3粉末加入100 mL水中，所得溶液的浓度不是l mol·L-1，A错误；B、浓盐酸易挥发，因此将100 mL 2 mol·L-1盐酸加热蒸发至50 mL，所得溶液的浓度小于4 mol·L-1，B错误；C、将l0 mnL l.0mol·L-1NaCl溶液与90mL水混合，所得溶液的体积不是100mL，因此溶液的浓度不是0.1 mol·L-1，C错误；D、将10 g CaO加入100 mL饱和石灰水中，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，但由于溶液是饱和溶液，因此充分搅拌、静置并恢复到原来的温度，所得溶液的浓度不变，D正确，答案选D。‎ 考点：考查物质的量浓度的有关计算与判断 ‎6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )‎ A. 1 L 1 mol/L的Na2CO3溶液中含有的CO32－数目为 B. 常温常压下，8 g O2含有的电子数是4NA C. 标准状况下，2.24 L CCl4中含有的分子数为0.1NA D. 25℃时，1 L pH＝13的 Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO32－为弱酸阴离子，在水溶液中会水解，数目会减少，A项错误；‎ B．8gO2的物质的量为8g÷32g·mol－1=0.25mol，每个O原子中含有8个电子，则含有电子的物质的量为0.25mol×2×8=4mol，电子数为4NA，B项正确；‎ C．在标准状况下，CCl4是液体，不能用22.4L·mol－1来计算物质的量，其物质的量不是0.1mol，C项错误；‎ D．pH=13的Ba(OH)2溶液，OH－的浓度为0.1mol·L－1，体积为1L，则OH－的物质的量=0.1mol·L－1×1L=0.1mol，其数目为0.1NA，D项错误；‎ 本题答案选B。‎ ‎7.某溶液中有①NH4+、②Mg2＋、③Fe2＋、④Al3＋四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是 A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀和NaAlO2。Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3。再向混合物中加入过量盐酸，则Mg(OH)2、Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有：NH4+和Fe2+，答案选A。‎ 考点：考查离子反应的有关判断 ‎8.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-‎ B. 使酚酞变红色的溶液中：Na+、NH4+、C1-、SO42-‎ C. c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中:K+、Mg2+、SO42-、AlO2-‎ D. 由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中:K+、Na+、CH3COO-、NO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ Fe3+、Ba2+、NO3-、Cl-四种离子互相之间都不反应，所以可以大量共存，选项A正确。酚酞变红色的溶液应该显碱性，不能存在大量的铵根离子，选项B错误。铝离子和偏铝酸根离子会发生双水解反应得到氢氧化铝沉淀，所以不能大量共存，选项C错误。由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L，说明水的电离被抑制了，而CH3COO-对于水的电离应该起到促进作用，所以选项D错误。‎ 点睛：判断离子是否大量共存，应该考虑如下的情况下离子不能大量共存：‎ ‎1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ag+与Cl-等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如：H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。‎ ‎2、发生氧化还原反应：氧化性离子(如Fe3+、ClO-、MnO4-等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+等)不能大量共存。‎ ‎3、离子间发生双水解反应不能共存：如Al3+、Fe3+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等。‎ ‎4、络合反应：如Fe3+和SCN-。‎ ‎9.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO + 2H+ = Fe2+ + H2O B. 往CaCl2溶液中通入少量的CO2： Ca2＋＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2H＋‎ C. 碘化亚铁溶液与足量氯气反应：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－‎ D. 向澄清石灰水中滴加少量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子方程式正误判断常用方法为检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎【详解】A项、FeO与足量稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故A错误；‎ B项、碳酸的酸性弱于盐酸，CaCl2溶液与CO2不反应，故B错误；‎ C项、氯气过量，溶液中亚铁离子和碘离子完全被氧化生成三价铁离子和单质碘，反应的离子方程式为2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，故C错误；‎ D项、澄清石灰水与少量的NaHCO3溶液反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式书写，涉及复分解反应和氧化还原反应的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键。‎ ‎10.某溶液中大量存在如下五种离子：NO3－、SO42－、Fe3＋、H＋、M，它们的物质的量浓度之比依次为c(NO3－)︰c(SO42－)︰c(Fe3＋)︰c(H＋)︰c(M)＝2︰3︰1︰3︰1，则M可能是( )‎ A. Cl－ B. Fe2+ C. Mg2+ D. Ba2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液为电中性，阳离子所带正电荷的物质的量与阴离子所带负电荷的物质的量相同，已知物质的量之比为c(NO3－)︰c(SO42－)︰c(Fe3＋)︰c(H＋)︰c(M)＝2︰3︰1︰3︰1，相同体积的情况下，浓度之比等于物质的量之比，设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol；则阴离子所带电荷n(NO3－)+2×n(SO42－)=2mol+2×3mol=8mol，阳离子所带电荷3×n(Fe3＋)+n(H＋)=3×1mol+3mol=6mol，阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，因Fe2＋与NO3－、H＋发生氧化还原反应，而不能大量共存，又因Ba2＋与SO42－反应生成沉淀而不能大量共存，则Mg2+符合要求；‎ 本题答案选C。‎ ‎【点睛】本题不仅考察了电荷守恒，还考察了离子共存，需要学生仔细。‎ ‎11.100 mL 0.3 mol·L－1 Na2SO4溶液和50 mL 0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO42-的物质的量浓度为(　　)‎ A. 0.20 mol·L－1 B. 0.25 mol·L－1‎ C. 0.40 mol·L－1 D. 0.50 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=cV计算各溶液中溶质的物质的量，进而计算各自含有SO42-离子物质的量，两溶质含有的SO42-的物质的量之和为混合溶液中SO42-离子的物质的量，根据公式c=来计算SO42-离子的物质的量浓度。‎ ‎【详解】100mL0.3mol•L-1Na2SO4溶液中含有SO42-的物质的量为：0.3mol/L×0.1L=0.03mol，50mL0.2mol•L-1Al2（SO4）3溶液中含有SO42-的物质的量为：0.2mol/L×0.05L×3=0.03mol，混合液中含有硫酸根离子的总物质的量为0.06mol，则混合液中硫酸根离子的物质的量浓度为 ‎=0.4mol/L，故选C。‎ ‎12.下列说法正确的是(　　)‎ A. 不能发生丁达尔效应的分散系是溶液 B. 将1 L 2 mol·L－1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有的氢氧化铁胶粒数为2NA C. 纳米粒子的大小与胶体粒子相当，但纳米粒子的体系不一定是胶体 D. 将饱和FeCl3溶液加热至沸腾，制得Fe(OH)3胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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），胶体能发生丁达尔效应。‎ ‎【详解】A项、分散质微粒直径小于1nm的是溶液，悬浊液和乳浊液分散质微粒直径大于100nm，溶液、悬浊液和乳浊液不能发生丁达尔效应，故A错误；‎ B项、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故将1L 2mol•L-1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数小于2NA，故B错误；‎ C项、胶体粒子直径大小在1～100nm之间，与纳米级粒子的尺寸相当，纳米级粒子分散在分散剂中才能形成胶体，故C正确；‎ D项、制备Fe（OH）3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，加热直到得到红褐色液体，不能直接将饱和FeCl3溶液加热至沸腾，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查胶体性质及制备，注意胶体和其它分散系的本质区别，知道氢氧化铁胶体制备方法是解答关键。‎ ‎13. 下列说法不正确的是 A. 温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同 B. 等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于16∶11‎ C. 温度和容积相同的两气罐中分别盛有5mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容积中的压强之比等于5∶2‎ D. 等温等压条件下， 5 molO2(g)和2 molH2(g)的体积之比等于5∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A项压强没有确定，错误；B项等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于其相对分子质量之比64：44＝16∶11，正确；C项温度和容积相同的两气罐中的压强之比其物质的量之比，即5∶2，正确；D项等温等压条件下，两气体的体积之比等于其物质的量之比，即5∶2，正确。‎ 考点：考查阿伏加德罗定律及应用。‎ ‎14. 下表各物质中，A、B、C、D、E均含有同一种短周期元素，其中A是单质，B常温下是气态氢化物，C、D是氧化物，E是D和水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能实现表中所示转化的是 (　　)‎ 物质编号 ‎ 物质转化关系 ‎ A ‎ D ‎ E ‎ ‎① ‎ ‎ ‎ Si ‎ SiO2 ‎ Na2SiO3 ‎ ‎② ‎ S ‎ SO3 ‎ H2SO4 ‎ ‎③ ‎ Na ‎ Na2O2 ‎ NaOH ‎ ‎④ ‎ N2 ‎ NO2 ‎ HNO3 ‎ A．②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①Si的氧化物只有二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不与水反应，不能一步得到硅酸，故①错误；②若A是S单质，与氢气化合生成硫化氢，与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫再与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水化合生成硫酸，符合题意，故②正确；若A是钠，则B为氢化钠，为固态，且NaH不能反应生成氧化钠，不符合题意，故③错误；若A为氮气，与氢气化合生成氨气，与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合题意，故④正确；所以答案选B 考点：考查物质的性质及转化关系 ‎15.工业上从海水中提取溴单质时，可用纯碱溶液吸收空气吹出的溴，发生反应:‎ ‎(I )3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2;‎ ‎(II )5NaBr+NaBrO3 +3H2SO4 ===3Na2SO4 +3Br2+3H2O 下列有关判断正确的是 A. 反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1‎ B. 溴元素由化合态转化成游离态时一定发生了还原反应 C. 反应Ⅱ中生成3 mol Br2时，必有5 mol电子转移 D. 氧化还原反应中化合价变化的元素一定是不同种元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. (I)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴为氧化剂和还原剂，其中做氧化剂的为2.5mol，做还原剂的溴为0.5mol，故二者比例为5:1，故错误；B. 溴元素由化合态转化成游离态时化合价可能降低也可能升高，可能发生氧化反应或还原反应，故错误；C. 反应Ⅱ5NaBr+NaBrO3 +3H2SO4 ===3Na2SO4 +3Br2+3H2O中溴化钠中的溴从-1价升高到0价，溴酸钠中溴从+5价降低到0价，所以生成3 mol Br2时，必有5 mol电子转移，故正确；D.在氧化还原反应中肯定有元素化合价变化，可能是一种元素也可能是不同的元素，故错误。故选C。‎ ‎16.为检验某种钠盐溶液中含有的阴离子是SO42-、CO32-还是OH-、Cl-，下面设计的方案中合理的是(　　)‎ A. 检验CO32-：向待测液中加入足量的盐酸产生气泡，将气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成 B. 检验SO42-：向待测液中加入盐酸至酸性，未见沉淀或气体生成，再加入BaCl2溶液出现白色沉淀 C. 检验OH－：向待测液中加入石蕊溶液，溶液变红色 D. 检验Cl－：向待测液中加入AgNO3溶液和稀盐酸的混合液，有白色浑浊物出现 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成，与盐酸反应的离子不一定是CO32-，还可能是HCO3-或SO32-等，故A错误；‎ B项、先在待测溶液中加入盐酸，排除SO42-以外的其它阴离子及Ag+的干扰，再用BaCl2检验SO42-离子的存在是正确的操作，故B正确；‎ C项、溶液中若有OH-，OH-会使溶液变成蓝色，故C错误；‎ D项、AgNO3溶液和稀HCl混合就有白色浑浊物，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查常见阴离子的检验，注意离子的性质、加入试剂的选择和实验现象的分析是解答关键。‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共52分)‎ ‎17.写出下列离子方程式：‎ ‎（1）FeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶液：___________‎ ‎（2）Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：_____________‎ ‎（3）用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：__________‎ ‎（4）在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：____‎ ‎【答案】 (1). 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O (2). S2O32-＋2H＋= SO2↑＋S↓＋H2O (3). 2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O (4). 3ClO－＋4OH－＋2Fe(OH)3=3Cl－＋5H2O＋2FeO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用实际参加反应离子符号表示离子反应的式子为离子方程式，书写规则是①写：写出化学反应方程式；②拆：把易溶于水、易电离的物质写成离子形式，难溶、难电离的物质及气体等仍用化学式表示；③删：删去方程式两边不参加反应的离子；④查：检查离子方程式两边各元素的原子个数和电荷总数是否相等。‎ ‎【详解】（1）酸性条件下，FeSO4溶液与H2O2溶液发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，反应中FeSO4做还原剂，H2O2做氧化剂，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；‎ ‎（2）Na2S2O3溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O32-＋2H＋= SO2↑＋S↓＋H2O，故答案为：S2O32-＋2H＋=SO2↑＋S↓＋H2O；‎ ‎（3）过量氨水与SO2反应生成亚硫酸铵，一水合氨为弱碱，不能拆写，反应的离子方程式为2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O，故答案为：2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O；‎ ‎（4）在碱性溶液中，NaClO与Fe(OH)3发生氧化还原反应生成Na2FeO4、氯化钠和水，反应中Fe(OH)3做还原剂，NaClO做氧化剂，反应的离子方程式为3ClO－＋4OH－＋2Fe(OH)3=3Cl－＋5H2O＋2FeO42-，故答案为：3ClO－＋4OH－＋2Fe(OH)3=3Cl－＋5H2O＋2FeO42-。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式书写，涉及复分解反应和氧化还原反应的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键。‎ ‎18.现有一份含有FeCl3和FeCl2的固体混合物，某化学兴趣小组为测定各成分的含量进行如下两个实验：‎ 实验1 ①称取一定质量的样品，将样品溶解； ‎ ‎②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀； ‎ ‎③将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体28.7 g 实验2 ①称取与实验1中相同质量的样品，溶解； ‎ ‎②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2； ‎ ‎③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀； ‎ ‎④将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧到质量不再减少，得到固体Fe2O36.40g 根据实验回答下列问题：‎ ‎（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有________ ‎ ‎（2）实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量的铁粉，其作用是_________‎ ‎（3）用化学方程式表示实验2的步骤②中通入足量Cl2的反应：___________‎ ‎（4）用容量瓶配制实验所用的NaOH溶液，下列情况会使所配溶液浓度偏高的是(填序号)_______。‎ a．未冷却溶液直接转移 ‎ b．没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次并转入容量瓶 c．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线 ‎ d．砝码上沾有杂质 e．容量瓶使用前内壁沾有水珠 ‎（5）检验实验2的步骤④中沉淀洗涤干净的方法是___________ ‎ ‎（6）该小组每次称取的样品中含有FeCl2的质量为_________g ‎【答案】 (1). 烧杯、玻璃棒 (2). 防止溶液里Fe2＋ 被氧化 (3). Cl2 ＋ 2FeCl2 ＝ 2FeCl3 (4). ad (5). 取少量最后一次的洗涤液于试管中 ，向试管中溶液加适量AgNO3溶液 ，如未出现白色沉淀说明已洗净 (6). 5.08‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；‎ ‎（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3；‎ ‎（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3；‎ ‎（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断；‎ ‎（5）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠；‎ ‎（6）依据原子个数守恒建立方程组求解。‎ ‎【详解】（1）溶解过程中所用到玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；‎ ‎（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使被氧气氧化产生的FeCl3重新转化为FeCl2，故答案为：防止溶液里的Fe2+被氧化；‎ ‎（3）实验2的反应为Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3，反应的化学方程式为Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；‎ ‎（4）a、NaOH溶解放热，未冷却溶液直接转移，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；‎ b、没用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次并转入容量瓶，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；‎ c、加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；‎ d、砝码上沾有杂质，会导致溶质的质量偏大，溶液浓度偏高；‎ e、容量瓶使用前内壁沾有水珠，不影响溶质的物质的量和对溶液的体积，对溶液浓度无影响；‎ ad正确，故答案为：ad；‎ ‎（5）检验沉淀是否洗涤干净，检验洗涤液中不含Cl-即可，因为氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，所以如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之说明溶液中没有氯化钠，故答案为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液加适量AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净；‎ ‎（6）6.40g Fe2O3物质的量为=0.04mol，28.7 gAgCl的物质的量为=0.2mol，设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为amol和bmol，由Fe原子个数守恒可得a+b=0.08①，由Cl原子个数守恒可得3a+2b=0.2②，解联立方程式可得a=b=0.04mol，则FeCl2的质量为0.04mol×127g/mol=5.08g，故答案为：5.08。‎ ‎【点睛】本题主要考查了化学实验以及化学计算，注意FeCl3和FeCl2的性质，操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，计算时抓住元素守恒是解答关键。‎ ‎19.某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4+、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。实验过程中有一种气体为红棕色。‎ 根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎(1)由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有________‎ ‎(2)溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是______(填编号，下同)。‎ a．一定含有 　b．一定不含有 　　　c．可能含有 ‎(3)化合物I中含有化学键类型有____________‎ ‎(4)转化⑦的离子方程式为____________‎ ‎(5)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是________。‎ ‎①NaOH溶液　②KSCN溶液　③氯水和KSCN的混合溶液　④pH试纸　⑤KMnO4溶液 ‎【答案】 (1). CO32-、SiO32- (2). b (3). 共价键和离子键 (4). AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓ (5). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强酸性溶液中一定不存在CO32-和SiO32-；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明原溶液中含有SO42-离子；溶液中存在SO42-，则一定不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；加入硝酸钡产生气体A，气体A发生氧化反应生成气体D，D与H2O、O2作用得溶液E，结合实验过程中有一种气体为红棕色，则原溶液中存在Fe2+，气体A是NO，D为NO2，E为硝酸；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体F，则原溶液中含有NH4+，F是NH3；NH3与硝酸反应生成硝酸铵，I为硝酸铵；由于溶液B中存在Fe3+，则沉淀G是Fe（OH）3；溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液H中含有偏铝酸根，原溶液中存在Al3+，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3，故溶液X中肯定含有的离子是Al3+、SO42-、NH4+、Fe2+，不能确定是否含有Fe3+，一定不存在Ba2+、CO32-、SiO32-、NO3-。‎ ‎【详解】（1）强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SiO32-，故答案为：CO32-、SiO32-；‎ ‎（2）加入硝酸钡产生气体，则原溶液中存在Fe2+，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-，故选b，故答案为：b；‎ ‎（3）化合物I为硝酸铵，硝酸铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故答案为：共价键和离子键；‎ ‎（4）转化⑦为偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓，故答案为：AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓；‎ ‎（5）溶液中不能确定是否含有Fe3+，若要确定Fe3+存在，最好的操作方法是：取原溶液少量于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则证明含有Fe3+，反之则无，故选②，故答案为：②。‎ ‎【点睛】本题为考查离子推断，注意准确全面的认识离子的性质、离子的特征、离子间的反应，紧扣反应现象推断各离子存在的可能性是解答关键。‎ ‎20.过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口．关于双氧水，回答下列问题：‎ A．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 ‎ B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2O C．2H2O2=2H2O+O2↑‎ D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O ‎（1）上述反应中，不属于氧化还原反应的是__________（填代号，下同），H 2 O 2 仅体现还原性的反应是__________。‎ ‎（2）上述反应说明H2O2 、Ag2O、K2CrO 4 氧化性由强到弱的顺序是_________________‎ ‎（3）某强酸反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：O2、MnO4— 、H2O、Mn2+ 、H2O2 、H+ 。已知该反应中H2O2 只发生了如下过程：H2O2 →O2。‎ ‎①反应体系选择的酸是：____________ A．盐酸 B．硫酸 C醋酸 ‎②该反应的离子方程式为________________________________________。‎ ‎③如果上述反应中有2.24L（标准状况）气体生成，转移的电子为 _______mol．‎ ‎（4）H2O2 有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称；如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），经以下反应实验：KCN+H2O2 +H2O=A+NH3↑，试指出生成物A的化学式为_____________.‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). Ag2O>H2O2>K2CrO 4 (4). B (5). 2MnO4— + 5H2O2+16 H+= 2Mn2++ 8H2O + 5O2↑ (6). 0.2 (7). KHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎(1)H2O2仅体现氧化性，则O元素的化合价降低；双氧水仅体现还原性，说明双氧水在反应中仅被氧化，化合价只升高；H2O2既体现氧化性又体现还原性，则O元素的化合价既升高又降低；H2O2既不做氧化剂又不做还原剂，说明在反应中双氧水中元素的化合价不发生变化。上述反应中，Na 2 O 2 +2HCl=2NaCl+H 2 O 2中没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，Ag 2 O+H 2 O 2 =2Ag+O 2 ↑+H 2 O 中H 2 O 2 中的O元素化合价只升高，只体现H 2 O 2 的还原性，故答案为：A；B；‎ ‎(2)根据B．Ag 2 O+H 2 O 2 =2Ag+O 2 ↑+H 2 O，氧化性：Ag 2 O＞H 2 O 2 ，根据D．3H 2 O 2 +Cr 2 (SO 4 ) 3 +10KOH=2K 2 CrO 4 +3K 2 SO 4 +8H 2 O，氧化性：H 2 O 2 ＞K 2 CrO 4 ，因此氧化性：Ag 2 O>H 2 O 2 >K 2 CrO 4 ，故答案为：Ag 2 O>H 2 O 2 >K 2 CrO 4 ；‎ ‎(3)①由于高锰酸根离子具有强氧化性，能够氧化盐酸，醋酸是弱酸，不能用氢离子表示，因此只能选用硫酸，故答案为：B；‎ ‎②H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2↑，O元素的化合价升高，则与氧化剂反应，还原过程为MnO4-→Mn2+，发生的离子反应为2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O； ‎ ‎③2.24L(标准状况)气体生成，由O元素的化合价变化可知，转移电子为×2×(1-0)=0.2mol，故答案为：0.2。‎ ‎(4)KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，由原子守恒可知A为KHCO3，故答案为：KHCO3。‎ 点睛：本题考查较综合，侧重氧化还原反应及实验的考查，把握反应中元素的化合价变化、物质的性质及守恒法为解答的关键，注意守恒法在解答中的应用。‎ ‎ ‎