1、福建省福州市格致中学鼓山分校2016届高三上学期期中化学试卷一、选择题（共20小题）1下列说法不正确的是（）A面粉增白剂中的成份CaO2具有强氧化性BCaO能与SO2反应，可用作工业废气的脱硫剂C新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生DPM2.5是指空气中直径2.5m的颗粒物，它们分散在空气中形成胶体2对于反应KClO3+HCl=KC1+Cl2+H2O（未配平）若有0.1mol KClO3 参加反应，下列说法正确的是（）A转移0.5 mol电子B生成0.1 mol Cl2C被氧化的HC1为0.6 molDCl2是只是氧化产物不是还原产物3如图所示，在A处通入氯气，关闭B阀时，C处的红
2、布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色有以下几种溶液，则D瓶中盛放的溶液可能是（）浓硫酸 NaOH溶液 H2O 饱和氯化钠溶液ABCD4下表中关于物质分类的正确组合是（）类别组合 酸性氧化物 碱性氧化物 酸 碱 盐A NO2 CuO H2SO4 NH3H2O Na2SB CO2 Na2O CH3COOH NaOH NaHCO3C SO2 Al2O3 HCl KOH NaClD SO3 CaO HNO3 Na2CO3 CaCO3AABBCCDD5NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是（）A在通常条件下，1mol氩气含有的原子数为2NAB56g金属铁由原子变为离子时失去的电子数为
3、NAC在标准状况下，2.24 L氨气所含的电子总数约为NAD1 mol/L 的 Na2SO4溶液中含有Na+个数为2NA6下列试剂的保存或使用正确的是（）A实验室的氯水需要保存在棕色试剂瓶中B漂白粉比氯水稳定，可露置在空气中C称量氢氧化钠固体时，可在天平两个托盘上各放一张等质量的纸，左边纸上放NaOH，右边纸上放砝码D金属钠可保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中7市场上销售的“84”消毒液，其商品标识上有如下叙述：本品为无色溶液，呈碱性 使用时加水稀释 可对餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣服则其有效成份可能是（）ACl2BSO2CNaClODKMnO48我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”
4、的分子（直径为1.3纳米）恢复了磁性，“钴酞菁”分子结构和性质与人体的血红素及植物体内的叶绿素非常相似下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（）A在水中所形成的分散系属悬浊液B分子直径比Na+小C在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D“钴酞菁”分子不能透过滤纸9同温同压下，相同体积的CO和CO2的下列比较中正确的是（）所含的分子数目之比为1：1 所含的O原子数目之比为1：2所含的原子总数目之比为2：3两者的密度之比为：7：11所含的电子数目之比为7：11A和B和C和D10工业上用铝土（主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程：对上述流程中的判断正确的是（）试剂X
5、为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物反应中生成Al（OH）3的反应为：CO2+Al（OH）4+2H2OAl（OH）3+HCO3结合质子（H+）的能力由强到弱的顺序是OHAl（OH）4CAl2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3的方法冶炼AlABCD11常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1 mol/L NaAlO2溶液中：H+、Na+、Cl、SO3B无色溶液中：K+、Ca2+、Cl、NO3C使酚酞变红色的溶液中：Na+、Cu2+、HCO3、NO3D使石蕊变红的溶液中：H+、Na+、Fe2+、MnO412下列关于铁的叙述正确的是（）铁能被磁铁吸引，但纯铁比含杂质的铁易
6、被腐蚀在人体的血红蛋白中含有铁元素铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧铁与强氧化剂硝酸反应的产物只有一种是Fe（NO3）3不能通过化合反应制得FeCl2和Fe（OH）3ABCD13对于4时，水中溶解了22.4L HCl气体（标准状况下测得）后形成的溶液200mL，下列说法中正确的是（）A该溶液物质的量浓度为10mol/LB所用水的体积为177.6LC根据题干数据，该溶液物质的量浓度无法求得D该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得14amolN2与amol14CO相比较，下列叙述正确的是（）A在同温同压下体积相等B在同温同压下密度相等C在标准状况下质量相等D质子数与中子数都相等1
7、5类比归纳是学习化学的重要方法，对如下类比的说法正确的是（）ACO2、SO2都是酸性氧化物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色BMgO、Al2O3都是高熔点离子化合物，熔化时都能导电CCO2与SiO2化学式相似，则CO2与SiO2的物理性质也相似DCuO、Fe2O3都是不溶于水的碱性氧化物，都是黑色粉末16下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是（）A2HgO2Hg+O2B2NaCl（熔融）2Na+Cl2C2MgO（熔融） 2Mg+O2DFe2O3+3CO2Fe+3CO217下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3 Al2O3 Al（OH）3 Al Na2CO3A
8、BCD全部18根据所给的4个反应，判断下列4种物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（）（1）Cl2+2KI=2KCl+I22FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S+2HIASI2Fe3+Cl2BCl2Fe3+I2SCFe3+Cl2SI2DCl2I2Fe3+S19下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）AMnO2 与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2OB明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+CNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2D
9、Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O20NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质下列说法正确的是（）A25，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D如图所示转化反应都是氧化还原反应二、填空题（共4小题）（除非特别说明，请填准确值）21完成下列反应的反应方程式：（1）NaOH溶液吸收氯气的反应：铁与水蒸气在高温下的反应：（3）氢氧化铁溶于盐酸：（4）铝单质溶解在氢氧化钠溶液中：（5）过氧化钠与二氧化碳反应：22完成以下化学方程式（1
10、）S+KOHK2S+K2SO3+H2O KMnO4+HBr=Br2+MnBr2+KBr+H2O23AG各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质请回答下列问题：（1）物质C、E分别为、（填名称）反应可选用不同的A进行，若反应在常温下进行，其化学方程式为（3）请设计实验检验F、G的混合溶液中F的金属阳离子（写出试剂、操作、现象、结论）24现用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.19g/cm3）配制1mol/L的稀盐酸90mL（1）实验中应选用的仪器是（填序号）；100mL量筒托盘天平（带砝码）玻璃棒 50mL容量瓶10mL量筒50mL烧杯 100mL容量瓶胶头滴管经计算，需量取浓盐酸的体积为m
11、L；（3）此实验中玻璃棒的作用是；（4）某学生实际配制稀盐酸的浓度，经滴定测量为0.98mol/L，原因可能是下列操作中取用完浓盐酸的量筒未洗涤转移溶液后，小烧杯未洗涤定容时俯视容量瓶刻度线移液前容量瓶内有少量蒸馏水定容摇匀后液面下降再加水定容时仰视容量瓶刻度线三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）25高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂其生产工艺如下：（1）反应应在温度较低的情况下进行因在温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3写出在温度较高时KOH 与Cl2反应的化学方程式，当反应中转移5mol电子时，消耗的氯气是mol在反应液I中加入
12、KOH固体的目的是（填编号）A与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOBKOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C为下一步反应提供碱性的环境D使KClO3转化为 KClO（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应中发生的离子反应方程式为（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净（5）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，其离子反应是：FeO42+H2O=Fe（OH）3（胶体）+O2+完成并配平上述反应的离子方程式26ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂已知ClO2是
13、一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与纯净的氯气反应 2NaClO2+Cl22ClO2+2NaCl如图1是实验室用于制备和收集一定量纯净的ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）其中E中盛有CCl4液体（1）仪器P的名称是写出装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式：（3）E装置中所盛试剂的作用是（4）F处应选用的收集装置是图2（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是图2（填接口字母）（5）以下是尾气吸收装置，能用于吸收多余ClO2气体，并能防止倒吸的装置的是如图3的ABCD（6）若用100mL 2molL1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的
14、HCl的物质的量是（填序号）A0.1mol B.0.1molC0.1mol D无法判断（7）ClO2也可由NaClO3在H2SO4溶液存在下与Na2SO3反应制得请写出反应的化学方程式：27A、B、C、D、X均为中学化学常见的物质它们之间存在如图所示转化关系（图中反应条件略去）填写下列空白：（1）若A为金属铝，B为氧化铁，写出反应A+BC+D的一种用途若A为两性氢氧化物，B为NaOH溶液，写出反应A+BC+D的离子方程式（3）若A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，该反应的离子方程式（4）若A、B、C为化合物，D、X为单质，A、B、C中肯定含有X元素的是福建
15、省福州市格致中学鼓山分校2016届高三上学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题）1下列说法不正确的是（）A面粉增白剂中的成份CaO2具有强氧化性BCaO能与SO2反应，可用作工业废气的脱硫剂C新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生DPM2.5是指空气中直径2.5m的颗粒物，它们分散在空气中形成胶体【考点】常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】A类比过氧化钠的化学性质进行判断过氧化钙具有的性质；B酸性氧化物能与碱性氧化物反应；C机动车尾气含有氮的氧化物能形成光化学烟雾；D根据三种常见分散系的分散质的直径大小，溶液小于1 nm，胶体为11
16、00 nm，浊液大于100 nm来判断【解答】解：ACaO2中的氧为1价，类比过氧化钠的性质可知，过氧化钙化学性质比较活泼，具有强氧化性，故A正确； B酸性氧化物能与碱性氧化物反应，所以氧化钙能与二氧化硫反应，可用作工业废气的脱硫剂，故B正确；C机动车尾气含有氮的氧化物能形成光化学烟雾，新能源汽车的推广，减少了氮的氧化物，有助于减少光化学烟雾的产生，故C正确；D胶体的分散质的直径大小为1100 nm，而PM2.5是指空气中直径2.5m即2.5106m的颗粒物，故形成的不是胶体，故D错误故选D【点评】本题从增白剂、环境污染等角度考查了与生活密切相关的常识，较简单2对于反应KClO3+HCl=KC
17、1+Cl2+H2O（未配平）若有0.1mol KClO3 参加反应，下列说法正确的是（）A转移0.5 mol电子B生成0.1 mol Cl2C被氧化的HC1为0.6 molDCl2是只是氧化产物不是还原产物【考点】氧化还原反应【分析】KClO3+HCl=KC1+Cl2+H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由1价升高为0，以此来解答【解答】解：A.0.1mol KClO3 参加反应，转移电子为0.1mol（50）=0.5mol，故A正确；B由电子、原子守恒可知，反应为KClO3+6HCl=KC1+3Cl2+3H2O，则有0.1mol KClO3 参加反应，生成0.3 mo
18、l Cl2，故B错误；C由电子守恒可知，被氧化的HC1为=0.5 mol，故C错误；D只有Cl元素的化合价变化，则Cl2是只是氧化产物也是还原产物，故D错误；故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原基本概念的考查，题目难度不大3如图所示，在A处通入氯气，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色有以下几种溶液，则D瓶中盛放的溶液可能是（）浓硫酸 NaOH溶液 H2O 饱和氯化钠溶液ABCD【考点】氯气的化学性质【分析】A处通入湿润的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红布看不到明显现象，当打开B阀后，C处于燥的
19、红布条逐渐褪色，则洗气瓶D中装中物质具有吸水性或能与氯气发生化学反应，以此来解答【解答】解：A处通入湿润的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红布看不到明显现象，当打开B阀后，C处于燥的红布条逐渐褪色，则洗气瓶D中装中物质具有吸水性或能与氯气发生化学反应，浓硫酸具有吸水性，符合题意，故正确；NaOH溶液与氯气反应，符合题意，故正确；水不能吸收水蒸气，所以不符合题意，故错误；饱和NaCl溶液不与氯气反应，也不能将氯气干燥，不符合题意，故错误；故选：B【点评】本题考查氯气的性质，明确装置中D的作用是解答本题的关键，注意干燥的氯气不具有漂白性，题目难度不大4下表中关于物质分类的正确组合是（）类别组合 酸性
20、氧化物 碱性氧化物 酸 碱 盐A NO2 CuO H2SO4 NH3H2O Na2SB CO2 Na2O CH3COOH NaOH NaHCO3C SO2 Al2O3 HCl KOH NaClD SO3 CaO HNO3 Na2CO3 CaCO3AABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物，据此分析【解答】解：A、NO2与碱反应除了生成盐和水，还生成NO
21、，故不是酸性氧化物，故A错误；B、CO2是酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，CH3COOH是酸，NaOH是碱，NaHCO3是盐，故B正确；C、Al2O3是两性氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；D、Na2CO3是盐不是碱，故D错误故选B【点评】本题考查了酸碱盐、碱性氧化物、酸性氧化物等的概念，把握住概念的实质是解题关键，难度不大5NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是（）A在通常条件下，1mol氩气含有的原子数为2NAB56g金属铁由原子变为离子时失去的电子数为NAC在标准状况下，2.24 L氨气所含的电子总数约为NAD1 mol/L 的 Na2SO4溶液中含有Na+个数为2NA【考点】阿伏加
22、德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、氩气为单原子分子；B、根据铁反应后的价态为+3价来分析；C、1molNH3含10mol电子；D、溶液体积不明确【解答】解：A、氩气为单原子分子，故1mol氩气含有的原子数为NA，故A错误；B、56g铁的物质的量为1mol，铁反应后的价态可能为+3价，故1mol铁失3mol电子，故B错误；C、在标准状况下，2.24 L氨气的物质的量为0.1mol，1molNH3含10mol电子，故0.1mol氨气含1mol电子，个数为NA个，故C正确；D、溶液体积不明确，Na+的个数无法计算，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练
23、掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6下列试剂的保存或使用正确的是（）A实验室的氯水需要保存在棕色试剂瓶中B漂白粉比氯水稳定，可露置在空气中C称量氢氧化钠固体时，可在天平两个托盘上各放一张等质量的纸，左边纸上放NaOH，右边纸上放砝码D金属钠可保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中【考点】化学试剂的存放【专题】元素及其化合物【分析】A氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中；B漂白粉中的次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应，应需密闭保存；C氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中；D四氯化碳密度比水大，不能用于保持钠【解答】解：A氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中，故A正确；B漂白粉中的次氯酸钙能与空气
24、中的二氧化碳反应，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光易分解，从而使漂白粉失效，故漂白粉需密闭保存，故B错误；C氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中，故C错误；D钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，四氯化碳密度比水大，故不能用于保持钠，故D错误；故选A【点评】本题考查药品的储存，难度不大解题的关键是了解所储存物质的特性7市场上销售的“84”消毒液，其商品标识上有如下叙述：本品为无色溶液，呈碱性 使用时加水稀释 可对餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣服则其有效成份可能是（）ACl2BSO2CNaClODKMnO4【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【
25、分析】“84”消毒液为无色液体呈碱性，具有漂白性和强氧化性，据此结合选项解答【解答】解：A氯气溶于水为黄绿色溶液，故A不选；B二氧化硫的水溶液呈酸性，与题中呈碱性不符，故B不选；CNaClO的水溶液为无色液体，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，具有漂白性，可漂白浅色衣服，故C选；D高锰酸钾溶液呈紫色，故D不选；故选：C【点评】本题考查NaClO的性质，题目难度不大，注意把握NaClO的性质与用途8我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3纳米）恢复了磁性，“钴酞菁”分子结构和性质与人体的血红素及植物体内的叶绿素非常相似下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（）A在水中所形成的
26、分散系属悬浊液B分子直径比Na+小C在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D“钴酞菁”分子不能透过滤纸【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质【解答】解：A钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），其大小在胶体粒子范围之内，属于胶体，故A错误； B“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），Na+半径小于1nm，故B错误；C钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔现象等性质，故C正确；D“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），能透过滤纸，不能透过半透膜
27、，故D错误故选C【点评】本题考查了胶体分散系的本质特征和胶体的性质，难度不大，掌握胶体分散系的本质特征是解题的关键9同温同压下，相同体积的CO和CO2的下列比较中正确的是（）所含的分子数目之比为1：1 所含的O原子数目之比为1：2所含的原子总数目之比为2：3两者的密度之比为：7：11所含的电子数目之比为7：11A和B和C和D【考点】物质的量的相关计算【分析】同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，根据物质的量和相对分子质量计算质量关系和密度关系【解答】解：同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，即所含的分子数目之比为1：1，故正确；同温同
28、压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，所含的O原子数目之比为1：2，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数之比为1：1，所含的原子总数目之比为2：3，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，两者的密度之比等于摩尔质量之比为：7：11，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，每个分子含有的电子数分别为14、22，则所含的电子数目之比为7：11，故正确故选D【点评】本题考查物质的量的有关计算，以及阿伏加德罗定律及推论，题目难度不大，注意把握物质的量、质量、体积之间的计算公式的运用10工业上用铝土（主要成分为Al2O3，含SiO2、
29、Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程：对上述流程中的判断正确的是（）试剂X为稀硫酸，沉淀中含有硅的化合物反应中生成Al（OH）3的反应为：CO2+Al（OH）4+2H2OAl（OH）3+HCO3结合质子（H+）的能力由强到弱的顺序是OHAl（OH）4CAl2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3的方法冶炼AlABCD【考点】金属冶炼的一般原理【分析】依据工艺流程可知：溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠，说明溶液中含有偏铝酸钠，气体Y为二氧化碳，则X为强碱，不能是硫酸，溶液乙为偏铝酸盐，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解氧化铝生成铝，据此解答【解答】解：依据工艺流程可知：溶液
30、乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠，说明溶液中含有偏铝酸钠，气体Y为二氧化碳，则X为强碱，不能是硫酸，故错误；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，离子方程式为：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故正确；结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱HCO3Al（OH）3H2O，碱性：OHAlO2CO32，所以结合质子能力：OHAlO2CO32，故正确；氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子，故错误；故选：B【点评
31、】本题为流程题，考查了工业制铝，明确工艺流程和相关物质的性质是解题关键，题目难度中等11常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1 mol/L NaAlO2溶液中：H+、Na+、Cl、SO3B无色溶液中：K+、Ca2+、Cl、NO3C使酚酞变红色的溶液中：Na+、Cu2+、HCO3、NO3D使石蕊变红的溶液中：H+、Na+、Fe2+、MnO4【考点】离子共存问题【分析】A氢离子与亚硫酸根离子、偏铝酸根离子反应；B四种离子之间不反应，且都是无色离子；C使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，铜离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，且铜离子和碳酸氢根离子都与氢氧根离子反应；D使石蕊变红的溶液
32、中存在大量氢离子，酸性高锰酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子【解答】解：AH+与AlO2、SO3反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BK+、Ca2+、Cl、NO3之间不发生反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故B正确；C使酚酞变红色的溶液中存在大量氢氧根离子，Cu2+、HCO3之间发生反应，且二者都与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DH+、Fe2+、MnO4之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，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，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还
33、原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；是“可能”共存，还是“一定”共存等12下列关于铁的叙述正确的是（）铁能被磁铁吸引，但纯铁比含杂质的铁易被腐蚀在人体的血红蛋白中含有铁元素铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧铁与强氧化剂硝酸反应的产物只有一种是Fe（NO3）3不能通过化合反应制得FeCl2和Fe（OH）3ABCD【考点】铁的化学性质【分析】纯铁不易腐蚀；人体的血红蛋白中含有铁元素；铁
34、与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；铁过量，可生成Fe（NO3）2；氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁【解答】解：铁合金易发生电化学腐蚀，纯铁不易腐蚀，故错误；人体的血红蛋白中含有铁元素，故正确；铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，但不是燃烧，故正确；铁与硝酸反应，硝酸过量生成硝酸铁，铁过量生成硝酸亚铁，故错误；氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁，二者都可以通过化合反应制取，故错误；故选：B【点评】本题综合考查铁及其化合物的性质，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合运用，熟悉铁及其化合物性质是解题关键，题目难度不大13对于4时，水中溶解
35、了22.4L HCl气体（标准状况下测得）后形成的溶液200mL，下列说法中正确的是（）A该溶液物质的量浓度为10mol/LB所用水的体积为177.6LC根据题干数据，该溶液物质的量浓度无法求得D该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用【分析】A标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，根据c=计算出溶液的物质的量浓度；B溶液体积不等于气体体积+水的体积；C溶质的物质的量和溶液体积已知，可以根据c=计算出溶液的物质的量浓度；D不知道溶液密度，无法计算溶液质量，则无法计算溶质的质量分数【解答】解：A标准状况下22.4LHCl的物质的量
36、为：=1mol，溶于水配成200mL溶液，溶液的浓度为：c（HCl）=5mol/L，故A错误；B溶液体积溶质体积+溶剂体积，不能用总溶液体积溶质计算溶剂体积，故B错误；C标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，溶液体积为0.2L，可以计算出溶液的物质的量浓度，故C错误；D溶液密度不知，无法计算溶液质量，则无法计算溶液的质量分数，故D正确；故选D【点评】本题考查对物质的量浓度的计算、溶质质量分数计算与判断，题目难度中等，注意物质的量浓度理解及与质量分数的关系，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力14amolN2与amol14CO相比较，下列叙述正确的是（）A在同温同压下体积相
37、等B在同温同压下密度相等C在标准状况下质量相等D质子数与中子数都相等【考点】阿伏加德罗定律及推论【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】同温同压下，气体的Vm相同，根据n=以及=结合分子构成解答该题【解答】解：A同温同压下，气体的Vm相同，则等物质的量时体积相等，故A正确；B由=可知，两种气体的相对分子质量分别为28、30，则密度不同，故B错误；C根据m=nM，amolN2与amolCO的n是相等的，但摩尔质量不同，则质量不同，故C错误；DamolN2与amol14CO含有的中子分别为14mol、16mol，故D错误故选A【点评】本题考查物质的量有关计算，侧重考查微粒数目的计算，比较基础
38、，有利于基础知识的巩固15类比归纳是学习化学的重要方法，对如下类比的说法正确的是（）ACO2、SO2都是酸性氧化物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色BMgO、Al2O3都是高熔点离子化合物，熔化时都能导电CCO2与SiO2化学式相似，则CO2与SiO2的物理性质也相似DCuO、Fe2O3都是不溶于水的碱性氧化物，都是黑色粉末【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】类比迁移思想；物质的组成专题【分析】A、根据氧化物中元素的化合价来分析其性质；B、离子化合物的构成微粒为离子，则熔化时能导电；C、因CO2与SiO2的晶体类型不同，则物理性质不同；D、Fe2O3是红色的固体物质【解答】解：A、CO2、S
39、O2都是酸性氧化物，但CO2中碳元素为最高价，不具有还原性，而SO2中S元素为+4价，不是最高价，则具有还原性，即SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，CO2不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B、MgO、Al2O3都是高熔点离子化合物，其构成微粒都是离子，则熔化时都能导电，故B正确；C、CO2与SiO2化学式虽相似，但晶体类型不同，分别为分子晶体和原子晶体，原子晶体的熔沸点较高，则物理性质不同，故C错误；D、CuO、Fe2O3都是不溶于水的碱性氧化物，CuO为黑色固体，但Fe2O3是红色的固体，故D错误；故选B【点评】本题考查学生利用物质的某些相似的性质来类比归纳，学生应注意物质中存在的差别，注
40、重事实来分析类推得出的结论，并注意平时积累物质的某些性质来解答16下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是（）A2HgO2Hg+O2B2NaCl（熔融）2Na+Cl2C2MgO（熔融） 2Mg+O2DFe2O3+3CO2Fe+3CO2【考点】金属冶炼的一般原理【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金
41、属等）将金属从其化合物中还原出来，例如：Fe2O3+3CO 2Fe+CO2电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2，金属钠、镁采用电解熔融的氯化物的方法，利用铝热反应原理还原：V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼【解答】解：A、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、钠是活泼金属，应采用电解法制取，故B正确；C、镁是活泼金属，应采用电解法氯化镁的方法制取，氧化镁的熔点太高，消耗再多的资源，故C错误；D、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是
42、用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故D正确故选C【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大17下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3 Al2O3 Al（OH）3 Al Na2CO3ABCD全部【考点】两性氧化物和两性氢氧化物【专题】元素及其化合物【分析】既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、多元弱酸的酸式盐，弱酸对应的铵盐、蛋白质、氨基酸等【解答】解：NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，
43、故正确；Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al（OH）3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故正确；Na2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应不反应，故错误；故选A【点评】本题考查既能与酸又能与碱反应的物质，明确Al、Al2O3、Al（OH）3的性质是解答本题的关键，并注意归纳常见物质的性质来解答18根据所给的4个反应，判断下列4种物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（）（1）Cl2+2KI=2
44、KCl+I22FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S+2HIASI2Fe3+Cl2BCl2Fe3+I2SCFe3+Cl2SI2DCl2I2Fe3+S【考点】氧化性、还原性强弱的比较【专题】氧化还原反应专题【分析】根据同一反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断各物质的氧化性强弱【解答】解：根据根据同一反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断（1）Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，所以Cl2的氧化性大于I2的氧化性；2FeCl2+Cl2=2 FeCl3，氧化剂是Cl2，氧
45、化产物是FeCl3，所以Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，所以FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；（4）H2S+I2=S+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是S，所以I2的氧化性大于S的氧化性；所以各物质的氧化性大小顺序为：Cl2Fe3+I2S故选B【点评】氧化性、还原性强弱取决于得失电子的难易，与得失电子的数目无关19下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）AMnO2 与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl2+2H2OB明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3+3H2OAl
46、（OH）3+3H+CNa2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O2Na+2OH+O2DCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】AHCl为强电解质，应完全电离；B是胶体，而不是沉淀，且水解为可逆反应；C没有配平；DNaOH完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠【解答】解：AMnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故A错误；B明矾溶于水产生Al（OH）3胶体的离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故B错误；CNa2O2 溶于水产生O2的离子反应为
47、2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，故C错误；DCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应离子反应为HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意胶体的生成为水解的应用及与量有关的离子反应，题目难度中等20NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质下列说法正确的是（）A25，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D如图所示转化反应都是氧化还原反应【考点】氯气的化学性质；氧化还原反应；钠的重
48、要化合物【专题】卤族元素【分析】A、根据其阴离子的水解程度判断；B、结合反应方程式化合价的变化判断；C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3；D、根据元素的化合价是否变化判断【解答】解：A、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根）的平衡常数比碳酸氢根要大许多碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多所以溶解度较大，且溶解的快，故A错误B、2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，所以Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确C、3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，
49、故D错误故选B【点评】本题考查了盐的溶解性、氧化还原反应、氧化剂还原剂等问题，是小型综合题；氧化还原反应、氧化剂还原剂根据化合价的变化判断即可二、填空题（共4小题）（除非特别说明，请填准确值）21完成下列反应的反应方程式：（1）NaOH溶液吸收氯气的反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O铁与水蒸气在高温下的反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（3）氢氧化铁溶于盐酸：3HCl+Fe（OH）3FeCl3+3H2O（4）铝单质溶解在氢氧化钠溶液中：2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl（OH）4+3H2（5）过氧化钠与二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+
50、O2【考点】化学方程式的书写【专题】元素及其化合物【分析】（1）氯气与NaOH反应生成氯化钠、NaClO、水；铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气；（3）氢氧化铁为碱与盐酸反应生成氯化铁和水；（4）铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气；（5）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气【解答】解：（1）氯气与NaOH发生氧化还原反应，氯从0价变成+1价、1价，生成氯化钠、NaClO、水，化学反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和氢气，方程式为：3Fe+4H2O（g
51、）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（3）氢氧化铁和盐酸发生中和反应，生成氯化铁和水，反应为：3HCl+Fe（OH）3FeCl3+3H2O，故答案为：3HCl+Fe（OH）3FeCl3+3H2O；（4）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式：2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl（OH）4+3H2；故答案为：2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl（OH）4+3H2；（5）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【点评】本题考查反应方
52、程式书写，为高频考点，把握物质的性质以及发生的反应为解答的关键，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度不大，注意相关基础知识的积累22完成以下化学方程式（1）3S+6KOH2K2S+1K2SO3+3H2O2 KMnO4+16HBr=5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O【考点】氧化还原反应方程式的配平【分析】（1）反应中硫元素从硫单质中的0价部分升高到亚硫酸钾中的+4价，部分降为硫化钾中的2价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律，硫化钾系数为2，亚硫酸钾系数为1，结合原子个数守恒配平方程式；反应中锰元素从高锰酸钾中+7价降为溴化锰中的+2价，部分1价溴离子升高到溴单质中0价，依据氧化还原反
53、应得失电子守恒规律，高锰酸钾系数为2，溴单质系数为5，结合原子个数守恒配平方程式【解答】解：（1）反应中硫元素从硫单质中的0价部分升高到亚硫酸钾中的+4价，部分降为硫化钾中的2价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律，硫化钾系数为2，亚硫酸钾系数为1，依据原子个数守恒，硫单质系数为3，氢氧化钾系数为6，水系数为3，方程式为：3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O；故答案为：3；6；2；1；3；，2）反应中锰元素从高锰酸钾中+7价降为溴化锰中的+2价，部分1价溴离子升高到溴单质中0价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律，高锰酸钾系数为2，溴单质系数为5，依据原子个数守恒，该反应方程式：2KMn
54、O4+16HBr（浓）2KBr+2MnBr2+8H2O+5Br2，故答案为：2；16；5；2； 2；8【点评】本题考查了氧化还原方程式配平，准确判断元素化合价变化，熟悉氧化还原反应得失电子守恒规律是解题关键，题目难度不大23AG各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质请回答下列问题：（1）物质C、E分别为浓盐酸、四氧化三铁（填名称）反应可选用不同的A进行，若反应在常温下进行，其化学方程式为2H2O22H2O+O2，（3）请设计实验检验F、G的混合溶液中F的金属阳离子（写出试剂、操作、现象、结论）取混合溶液少许，加入高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，说明有Fe2+存在【考点】无机物的推断【分析】在中
55、学化学中MnO2参与制备气体单质为氧气和氯气的制备，由转化关系可知，B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁，若不需要加热，则A为过氧化氢，若需要加热，则A为氯酸钾，据此解答【解答】解：在中学化学中MnO2参与制备气体单质为氧气和氯气的制备，由转化关系可知，B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁，若不需要加热，则A为过氧化氢，若需要加热，则A为氯酸钾（1）由上述分析可知，物质C为浓盐酸、E为四氧化三铁，故答案为：浓盐酸；四氧化三铁；反应可选用不同的A进行，若反应在常温下进行，应是在二氧化锰催化条件下，双氧水分解生成氧气，其化学方
56、程式为：2H2O22H2O+O2，故答案为：2H2O22H2O+O2；（3）设计实验检验F、G的混合溶液中F的金属阳离子，Fe2+能被高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，所以检验出溶液中是否有Fe2+的操作为：取混合溶液少许，加入高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，说明有Fe2+存在，故答案为：取混合溶液少许，加入高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，说明有Fe2+存在【点评】本题考查无机物推断，中学常见的与二氧化锰有关的单质气体制备为突破口，注意滴基础知识的理解掌握24现用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.19g/cm3）配制1mol/L的稀盐酸90mL（1）实验中应选用的仪器是（填序号）；100
57、mL量筒托盘天平（带砝码）玻璃棒 50mL容量瓶10mL量筒50mL烧杯 100mL容量瓶胶头滴管经计算，需量取浓盐酸的体积为8.4mL；（3）此实验中玻璃棒的作用是搅拌、引流；（4）某学生实际配制稀盐酸的浓度，经滴定测量为0.98mol/L，原因可能是下列操作中取用完浓盐酸的量筒未洗涤转移溶液后，小烧杯未洗涤定容时俯视容量瓶刻度线移液前容量瓶内有少量蒸馏水定容摇匀后液面下降再加水定容时仰视容量瓶刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）根据c=计算出浓盐酸的物质的量浓度；根据浓溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要需要浓盐酸的体积；根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器；
58、根据c=计算出浓盐酸的物质的量浓度；根据浓溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要需要浓盐酸的体积；（3）根据玻璃棒的作用分析；（4）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大【解答】解：（1）浓盐酸（密度为1.19g/cm3、质量分数为36.5%）的物质的量浓度为：c=mol/L=11.9mol/L，无90mL容量瓶，故要配制100mL容量瓶，配制100mL 1mol/L的盐酸，需
59、要浓盐酸的体积为：0.0084L=8.4mL，根据配制100mL 1mol/L的盐酸的步骤可知，用10mL量筒量取浓盐酸，放在烧杯中溶解，可用100mL量筒来取用一定量的水来溶解，用玻璃棒搅拌和引流，注入100mL容量瓶，用胶头滴管定容，故需要选用的仪器为：烧杯、玻璃棒、10mL量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：；根据（1）计算所需浓盐酸的体积为：8.4mL；故答案为：8.4；（3）溶解时用玻璃棒搅拌加速溶解，转移时用玻璃棒引流，故答案为：搅拌、引流；（4）某学生实际配制稀盐酸的浓度，经滴定测量为0.98mol/L，结果偏低，取用完浓盐酸的量筒未洗涤，不需要洗涤，无影响，故不选；没洗
60、涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故选；加水定容时俯视液面；导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故不选；移液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响溶质，对结果无影响，故不选；加水定容后发现液面低于刻度线，继续加水，导致浓度偏低，故选；加水定容时仰视液面；导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故选；故答案为：【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，题目难度中等，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）
61、25高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂其生产工艺如下：（1）反应应在温度较低的情况下进行因在温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3写出在温度较高时KOH 与Cl2反应的化学方程式6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O，当反应中转移5mol电子时，消耗的氯气是3mol在反应液I中加入KOH固体的目的是A、C（填编号）A与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOBKOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C为下一步反应提供碱性的环境D使KClO3转化为 KClO（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KN
62、O3、KCl，则反应中发生的离子反应方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净（5）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，其离子反应是：4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH完成并配平上述反应的离子方程式【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；根据反应中电子转移数目与氯气的关系进行计算；根据生产
63、工艺流程图，第步氯气过量，第步需要碱性条件，在温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3，氧化还原反应中化合价有升有降；（3）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；（4）检验最后一次的洗涤中无Cl即可；（5）根据氧化还原反应电子得失守恒配平【解答】解：（1）据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物有：KClO3、KCl、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O；根据反应有关系式3Cl25e，所以当反应中转移5mol电子时，消耗的氯气是3mol，故答案为：6KOH+3Cl2KClO
64、3+5KCl+3H2O； 3；A、根据生产工艺流程图，第步氯气过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，故A正确；B、因温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3，而不是KClO，故B错误；C、第步需要碱性条件，所以碱要过量，故C正确；D、KClO3转化为 KClO，化合价只降不升，故D错误；故选：A、C；（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO，生成物：FeO42、Cl，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；
65、（4）因只要检验最后一次的洗涤中无Cl，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净，故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净；（5）根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得4FeO42+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH，故答案为：4，10，4，3，8OH【点评】本题结合高铁酸钾（K2FeO4）的制备主要考查了氧化还原反应的知识、离子的检验等，培养了学生运用知识的能力，难度中等26ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与纯净的氯气
66、反应 2NaClO2+Cl22ClO2+2NaCl如图1是实验室用于制备和收集一定量纯净的ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）其中E中盛有CCl4液体（1）仪器P的名称是分液漏斗写出装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（3）E装置中所盛试剂的作用是用于除去ClO2中未反应的Cl2（4）F处应选用的收集装置是图2（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是图2d（填接口字母）（5）以下是尾气吸收装置，能用于吸收多余ClO2气体，并能防止倒吸的装置的是如图3的DABCD（6）若用100mL 2molL1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则
67、被氧化的HCl的物质的量是C（填序号）A0.1mol B.0.1molC0.1mol D无法判断（7）ClO2也可由NaClO3在H2SO4溶液存在下与Na2SO3反应制得请写出反应的化学方程式：2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应的计算；性质实验方案的设计【分析】由实验装置图可知实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，经除杂、干燥后在D中与亚氯酸钠固体反应生成ClO2，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法
68、收集，（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗；浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2；（3）生成的ClO2中混有氯气，为制备纯净干燥的ClO2，根据氯气易溶于四氯化碳的也远了，使用四氯化碳来除去氯气；（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞；（5）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下；（6）浓盐酸在加热条件下与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度变稀时，不与二氧化锰反应；（7）由KClO3在H2SO4存在下与Na
69、2SO3反应制得二氧化氯，还生成硫酸钾、水【解答】解：由实验装置图可知实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，经除杂、干燥后在D中与亚氯酸钠固体反应生成ClO2，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法收集，（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）
70、MnCl2+Cl2+2H2O；（3）生成的ClO2中混有氯气，为制备纯净干燥的ClO2，根据氯气易溶于四氯化碳的也远了，使用四氯化碳来除去氯气；故答案为：用于除去ClO2中未反应的Cl2；（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞；故答案为：；d；（5）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，符合；故答案为：D；（6）浓盐酸在加热条件下与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度变稀时，不与二氧化锰反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O可知，若用100mL 2m
71、olL1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量0.1mol；故答案为：C；（7）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32被氧化成SO42，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O，故答案为：2ClO3+SO32+2H+2ClO2+SO42+H2O【点评】本题综合考查了氯气的制取、氯气的性质、氯气的尾气处理等知识点，题目难度中等，学习中注意把握化学实验基本操作，做该类题目时把握实验目的和实验原理是解答题目的关键27A、B、C、D、X均为中学化学常见的物质它们之间存在如图所示转化关系（图中反应条件略去）填写下列
72、空白：（1）若A为金属铝，B为氧化铁，写出反应A+BC+D的一种用途焊接钢轨若A为两性氢氧化物，B为NaOH溶液，写出反应A+BC+D的离子方程式Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（3）若A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，该反应的离子方程式Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+（4）若A、B、C为化合物，D、X为单质，A、B、C中肯定含有X元素的是B、C【考点】无机物的推断【分析】（1）A为金属铝，B为氧化铁，考虑铝热反应，反应可以生成氧化铝与铁，铁与氧气反应生成Fe3O4，符合转化；A为两性氢氧化物，A为Al（OH）3，B为NaOH溶液，反应生成偏铝
73、酸钠和水；（3）A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，则A为Cu，B含有Fe3+，B为FeCl3，反应生成Cu2+与Fe2+，Fe2+与Cl2反应生成FeCl3，符合转化；（4）A、B、C为化合物，D、X为单质，由转化关系可知，单质D、X化合生成B，B中含有X元素，根据元素守恒可以，C中一定含有X元素【解答】解：（1）A为金属铝，B为氧化铁，发生铝热反应，生成氧化铝与铁，可以用来焊接钢轨，故答案为：焊接钢轨；A为两性氢氧化物，A为Al（OH）3，B为NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，则A为Cu，B含有Fe3+，B为FeCl3，反应生成Cu2+与Fe2+，离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+；（4）A、B、C为化合物，D、X为单质，由转化关系可知，单质D、X化合生成B，B中含有X元素，根据元素守恒可以，C中一定含有X元素，故答案为：B、C【点评】本题是无机框图推断题，考查物质推断与性质，难度较大，掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识
