1、2015-2016学年福建省福州八中高一（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分）1下列有关物质的分类正确的是（）A混合物：空气、矿泉水、水银B酸性氧化物：、CO2、SO2、COC盐：醋酸钠、氯化铵、纯碱D弱电解质：CH3COOH、H2O、NH32下列说法不正确的是（）A由于电流的作用，酸、碱、盐溶于水发生电离B胶体的分散质粒子直径小于l00nm但大于1nmC存在自由移动的离子是电解质溶液导电的原因D醋酸溶液中存在H+、CH3COOH、CH3COO等微粒，故醋酸是弱电解质3鉴定NaCl的最佳方法是（）A焰色反应呈黄色，加硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀B
2、焰色反应呈紫色，加盐酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀C焰色反应呈黄色，加盐酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀D焰色反应呈紫色，加硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀4下列说法不正确的是（）AH2在Cl2中燃烧会产生苍白色火焰B氯水用于漂白表现了HClO的强氧化性C漂白粉是混合物，其有效成分是氯化钙D漂白粉应密封保存5国际互联网上报道：“目前世界上有近20亿人患有缺铁性贫血”这里的铁是指（）A铁单质B铁元素C四氧化三铁D硫酸铁613CNMR（核磁共振）、15NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wu thrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖下面有关13C、15N叙述正
3、确的是（）A13C与15N有相同的中子数B13C与12C是同一种核素C15N与14N互为同位素D15N的相对原子质量为157向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量铜粉，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子是（）AFe3+、Fe2+BFe2+、Cu2+CCu2+、Fe3+DCu+、Cu2+8下列物质与其用途相符合的是（）Cl2做消毒剂 AgBr制胶卷，感光纸 AgI人工降雨 碘预防甲状腺肿大淀粉检验I2的存在 NaClO漂白纺织物ABCD全部9在碱性溶液中能大量共存的离子组是（）AK+、CH3COO、Na+、ClBNa+、NO3、NH4+、SO42CFe2+、NO3、Na+、SO42DNa+、HCO3
4、、Cl、SO4210下列关于铝及其氧化物与强碱溶液反应的说法中，正确的是（）A都有H2O生成B反应后铝元素主要以AlO2的形式存在C都有H2生成D反应后铝元素主要以Al3+的形式存在11对氯水处理或氯水与下列物质反应过程中不会产生气体的是（）ABCD12用下列图示所示装置和仪器能达到实验目的是（）A甲用装置所示仪器可以蒸发、结晶制取粗盐B用装置乙加热分离碘单质和氯化钠的混合固体C用装置丙除去CO2中的少量HClD用装置丁进行萃取、分液13下列离子方程式正确的是（）A氯气与水反应：Cl2+H2OCl+ClO+2H+B铁与盐酸反应：2Fe+6H+3H2+2Fe3+C硫酸与氢氧化钡混合：2H+SO4
5、2+Ba2+2OHBa SO4+2 H2OD向AlCl3溶液中滴入过量NaOH溶液：Al3+3OH=Al（OH）314可以用离子方程式2H+CO32=H2O+CO2来表示的化学反应是（）A硝酸和碳酸氢钠溶液的反应B稀硫酸和碳酸钾溶液的反应C醋酸和碳酸钠溶液的反应D盐酸和碳酸钡溶液的反应15下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaOH（Na2CO3）盐酸BNa2CO3粉末（NaHCO3）加热CFe （Al）稀硫酸过滤DNaHCO3溶液（Na2CO3）CaCl2溶液过滤AABBCCDD16下列五种物质：Na2ONaClNa2CO3溶液NaOHMg，其
6、中不能与CO2反应的是（）ABCD17NaH中的氢元素为1价，它可用作生氢剂，反应的化学方程式是NaH+H2ONaOH+H2则下列说法正确的是（）ANaOH是氧化产物B当1molNaH发生反应时，该反应转移电子的物质的量为2molCNaH为还原剂DH2O既是还原剂又是氧化剂18如图所示是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图下列说法中错误的是（）A所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0 molL1B操作2是将溶解的Na2CO3溶液转移到容量瓶中C操作4如果仰视，结果配得溶液浓度偏低D操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐19某溶液中，若忽略水的电离，只含有下
7、表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为（）离子Na+Al3+ClX个数2aaabANO3、2aBSO42、2aCOH、2aDSO42、4a20向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用I表示）可近似地用下图中的曲线表示的是（）AABBCCDD二、填空题（共40分）21完成下列问题（1）医疗上，用碳酸氢钠治疗胃酸过多的原理（用离子方程式表示）；（2）氯碱工业的反应原理（又为氯气的工业制法）（用化学方程式表示）：；（3）用过氧化钠作为呼吸面具的供氧剂与二氧化碳反应的原理（用化学方程式表示）；（4）写出用铜与氯化铁反应印刷电路板的原理
8、（用离子方程式表示）；该反应中是氧化剂（填写化学式），氧化产物为（填写化学式），当反应中转移4mol电子时，溶液质量增加g（5）配平下列反应的方程式，并标出电子转移的方向和数目：SO2+H2SS+H2O22某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失请回答下列问题：（1）写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式：、（2）氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？（3）在溶液a中加入盐酸时需控制盐酸的量，为什么； 为此，改进方法是三、选择题（每小题只有1个选项符合题意、每小题3分共15分）23既能与盐酸反应，又能与NaOH
9、溶液反应的是（）（NH4）2CO3 Al（OH）3 NaHCO3 Al2O3 Fe（NO3）2ABCD全部24用FeSO4还原MnO4，若还原5103mol MnO4，消耗10mL 2.5molL1FeSO4溶液，则Mn元素在还原产物中的化合价是（）A+1B+2C+4D+52560mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和20mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（）A10.0 mol/LB15 mol/LC1.2 mol/LD0.9 mol/L26今有下列三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I22
10、FeCl2+Cl22FeCl32KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2若某溶液中有Fe2+和I共存，要氧化除去I而又不影响Fe2+和Cl，可加入的试剂是（）ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl27现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入0.1mol/L 的NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为（）A2：1B2：3C6：1D3：1四、实验题（共35分）28实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2，再用Cl2和Ca（OH）2反应制少量漂白粉，已知用Cl2和Ca（OH）2制漂白粉的反应是放热反应，温度稍高
11、时发生副反应：6Cl2+6Ca（OH）2Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O 现有三位同学设计的三套装置如图1所示（U形管中放有玻璃纤维，可使气体顺利通过）：（1）请对上述丙装置的缺点进行评价：（2）请从甲、乙、丙各套装置中选取合理的部分，按气体从左至右的流向组成一套较合理的装置（填各部分仪器的字母编号）（3）部分学生认为上述组装装置仍存在缺点，他们指出在前两个仪器之间应增加如图2所示装置，你认为H洗气瓶中所盛液体是，其作用是，若无此装置，对制漂白粉的不利影响是（结合化学方程式加以说明）洗气瓶（填“有”或“无”）必要，理由是29某研究性学习小组请你参与“研究铁与水反应所得固体物质的成分、
12、性质及再利用”实验探究，并共同解答下列问题：已知：3Fe+4H2OFe3O4+4H2Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O探究一设计如图所示装置进行“铁与水反应”的实验（1）反应前A中投放碎瓷片的目的是（2）装置E中发生反应的方程式为装置E中的实验现象为探究二设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管中黑色固体的成分待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质溶于盐酸后，将所得溶液分成两份（3）一份滴加几滴KSCN溶液若溶液变血红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为（选填序号，下同）；若溶液未变血红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为一定有Fe3O4，可能有单质铁一定有Fe只有Fe3O4 只
13、有Fe（4）另一份加入溶液，加入的溶液褪色，可以证明溶液中存在Fe2+探究三设计如下流程测定反应后硬质玻璃管B中固体含铁元素的质量分数（5）写出加入过量氯水时反应的离子方程式：（6）试剂b的化学式是（7）计算反应后B装置中铁元素的质量分数为2015-2016学年福建省福州八中高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分）1下列有关物质的分类正确的是（）A混合物：空气、矿泉水、水银B酸性氧化物：、CO2、SO2、COC盐：醋酸钠、氯化铵、纯碱D弱电解质：CH3COOH、H2O、NH3【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联
14、系；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】A一种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物； B和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；C盐是电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子的化合物；D在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质【解答】解：A水银是汞单质，是纯净物，故A错误； BCO既不能与酸反应，又不能与碱反应，是不成盐氧化物，故B错误；C醋酸钠、氯化铵、纯碱能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子，属于盐类，故C正确；DNH3为化合物，其水溶液能导电，但其本身不发生电离，则属于非电解质，故D错误故选C【点评】本题考查混合物、非电解质、酸性氧化物、
15、盐等概念，难度不大，注意这几个概念的区别2下列说法不正确的是（）A由于电流的作用，酸、碱、盐溶于水发生电离B胶体的分散质粒子直径小于l00nm但大于1nmC存在自由移动的离子是电解质溶液导电的原因D醋酸溶液中存在H+、CH3COOH、CH3COO等微粒，故醋酸是弱电解质【考点】电解质在水溶液中的电离；电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A酸碱盐在水溶液中电离时是在水分子作用下电离的；B胶体微粒直径在1100nm之间；C含有自由移动离子或电子的物质能导电；D部分电离的电解质是弱电解质，完全电离的电解质是强电解质【解答】解：A酸碱盐在水溶液中电离时是在水分子作用下电离的，不需要
16、外加电源，故A错误；B胶体微粒直径在1100nm之间，胶体具有丁达尔效应，不能透过半透膜，故B正确；C含有自由移动离子或电子的物质能导电，所以含有自由移动离子的电解质溶液能导电，故C正确；D部分电离的电解质是弱电解质，完全电离的电解质是强电解质，根据溶液中存在的微粒知，醋酸部分电离，所以醋酸的弱电解质，故D正确；故选A【点评】本题考查电解质的电离、电解质强弱判断、电解质导电性原理、胶体等知识点，明确基本概念及基本原理是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意电解质与导电性的关系，易错选项是A3鉴定NaCl的最佳方法是（）A焰色反应呈黄色，加硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀B焰色反应呈紫色，
17、加盐酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀C焰色反应呈黄色，加盐酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀D焰色反应呈紫色，加硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】物质检验鉴别题【分析】焰色反应可检验钠离子，利用硝酸银检验氯离子，以此来解答【解答】解：Na的焰色反应为黄色，加硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀，说明含氯离子，则该物质为NaCl，不能用盐酸酸化，引入氯离子干扰实验，故选A【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握常见离子的检验方法为解答的关键，注意焰色反应及离子检验的试剂选择，题目难度不大4下列说法不正确的是（）AH2在Cl2中燃烧会产生苍
18、白色火焰B氯水用于漂白表现了HClO的强氧化性C漂白粉是混合物，其有效成分是氯化钙D漂白粉应密封保存【考点】氯气的化学性质【分析】A、氢气在氯气中安静的燃烧，产生苍白色的火焰；B、氯水中含有HClO，具有强氧化性和漂白性；C、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，有效成分为次氯酸钙；D、漂白粉有效成分为次氯酸钙，能够与空气中的二氧化碳反应而导致变质【解答】解：A、氢气在氯气中安静的燃烧，产生苍白色的火焰，故A正确；B、氯水中含有HClO，具有强氧化性而漂白性，故B正确；C、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，有效成分为次氯酸钙，可与酸反应生成具有漂白性的次氯酸，故C错误；D、漂白粉有效成分为次氯酸钙
19、，能够与空气中的二氧化碳反应而导致变质，所以漂白粉应密封保存，故D正确；故选C【点评】本题考查卤素单质以及化合物的性质及应用，题目难度不大，注意相关知识的积累5国际互联网上报道：“目前世界上有近20亿人患有缺铁性贫血”这里的铁是指（）A铁单质B铁元素C四氧化三铁D硫酸铁【考点】微量元素对人体健康的重要作用【专题】化学计算【分析】根据人体中铁元素的存在形式判断，铁在人体中是以化合态的形式存在的【解答】解：人体中的铁元素主要是以血红蛋白形式存在的，这里的铁是指铁元素，不是铁原子和铁单质，更没有铁分子故选B【点评】食品、药品、饮料中的某些成分大都是指的元素，它们以化合物的形式存在，常用其质量分数表示
20、含量613CNMR（核磁共振）、15NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wu thrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖下面有关13C、15N叙述正确的是（）A13C与15N有相同的中子数B13C与12C是同一种核素C15N与14N互为同位素D15N的相对原子质量为15【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系【专题】原子组成与结构专题【分析】13C、15N的质量数分别为13、15，质子数分别为6、7，利用质子数=电子数，质子数+中子数=质量数及同位素的概念来解答【解答】解：A13C与15N的中子数分别为7、8，故A错误；B13C与12C中子数
21、不相同，不是同一种核素，故B错误；C15N与14N为质子数都是7，但中子数不同的原子，则互为同位素，故C正确；D相对原子质量=（各同位素相对原子质量丰度）的和，不知道丰度，无法求出，故D错误；故选C【点评】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，较简单，熟悉同位素、同素异形体的概念及判断可解答7向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量铜粉，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子是（）AFe3+、Fe2+BFe2+、Cu2+CCu2+、Fe3+DCu+、Cu2+【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】铁离子具有强氧化性，铁离子能够与过量的铜反应生成氯化铜与氯化亚铁，所以反应后溶
22、液中存在亚铁离子、铜离子，据此进行解答【解答】解：向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量铜粉，会发生化学反应：Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子为：Cu2+、Fe2+，故选B【点评】本题考查了铁离子的化学性质，题目难度不大，注意明确铁离子具有氧化性，能够与金属铜发生氧化还原反应生成铜离子和亚铁离子8下列物质与其用途相符合的是（）Cl2做消毒剂 AgBr制胶卷，感光纸 AgI人工降雨 碘预防甲状腺肿大淀粉检验I2的存在 NaClO漂白纺织物ABCD全部【考点】氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】卤族元素【分析】根据Cl2能与水反应生成次氯
23、酸；AgBr不稳定，易分解生成银； AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核；碘是预防甲状腺肿大的主要元素；淀粉遇碘变蓝色；NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物【解答】解：Cl2能与水反应生成次氯酸，次氯酸可作消毒剂，用于杀菌消毒，故正确；AgBr不稳定，易分解生成银，可用来制胶卷、感光纸，故正确；AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，有利水汽粒子的碰撞增大，从而形成雨，故正确；碘是预防甲状腺肿大的主要元素，故正确；淀粉遇碘变蓝色，可用来检验碘单质，故正确；NaClO与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物，故正确；故选D【点评】本题考
24、查常见物质的性质及应用，题目难度不大，注意常见相关基础知识的积累，性质决定用途9在碱性溶液中能大量共存的离子组是（）AK+、CH3COO、Na+、ClBNa+、NO3、NH4+、SO42CFe2+、NO3、Na+、SO42DNa+、HCO3、Cl、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】碱性溶液中含大量的氢氧根离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：A碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B碱性溶液中不能大量存在NH4+，故B错误；C碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误；D碱性溶液中不能大量存在HCO3，
25、故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大10下列关于铝及其氧化物与强碱溶液反应的说法中，正确的是（）A都有H2O生成B反应后铝元素主要以AlO2的形式存在C都有H2生成D反应后铝元素主要以Al3+的形式存在【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【专题】金属概论与碱元素【分析】若强碱为NaOH，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，以此来解答【解答】解：AAl与强碱反应不生成水，故A不选；BAl与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝与NaOH反应生
26、成偏铝酸钠和水，均生成偏铝酸盐，则反应后铝元素主要以AlO2的形式存在，故B选；C氧化铝与碱反应不生成气体，故C不选；D由选项B可知，反应后铝元素主要以AlO2的形式存在，故D不选；故选B【点评】本题考查Al及其化合物的性质，为高频考点，把握两性化合物与强碱的反应为解答本题的关键，明确发生的化学反应即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大11对氯水处理或氯水与下列物质反应过程中不会产生气体的是（）ABCD【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】A氯水中的HClO见光分解生成氧气；B氯水中的H+与发酵粉中的NaHCO3反应生成CO2；C氯水滴入NaBr溶液反应生成Br2和NaCl；D氯水
27、滴入Na2O2中会产生O2【解答】解：A氯水中的HClO见光分解生成氧气，生成气体，故A不选；B氯水中的H+与发酵粉中的NaHCO3反应生成CO2，生成气体，故B不选；C氯水滴入NaBr溶液反应生成Br2和NaCl，溴为液体，没有气体产生，故C选；D氯水滴入Na2O2中会产生O2，有气体生成，故D不选故选C【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生双基的考查，为高考高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大12用下列图示所示装置和仪器能达到实验目的是（）A甲用装置所示仪器可以蒸发、结晶制取粗盐B用装置乙加热分离碘单质和氯化钠的混合固体C用装置丙除去CO2中的少量HClD用装置丁进行萃取、分
28、液【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A蒸发时应用玻璃棒搅拌；B直接加热会导致碘升华而损耗；C二者都与碳酸钠溶液反应；D碘易溶于四氯化碳，四氯化碳的密度比水大【解答】解：A题目缺少玻璃棒，蒸发时应用玻璃棒搅拌，防止局部过热，故A错误；B直接加热会导致碘升华而损耗，一般用烧杯加热即可，且在烧杯上盖上玻璃片或圆底烧瓶，以回收碘，故B错误；C二者都与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；D碘易溶于四氯化碳，四氯化碳的密度比水大，可用题给装置萃取，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的除杂、混合物的分离提纯等，把握物质的性质及实验装置的作用为
29、解答的关键，选项A、B为易错点，题目难度不大13下列离子方程式正确的是（）A氯气与水反应：Cl2+H2OCl+ClO+2H+B铁与盐酸反应：2Fe+6H+3H2+2Fe3+C硫酸与氢氧化钡混合：2H+SO42+Ba2+2OHBa SO4+2 H2OD向AlCl3溶液中滴入过量NaOH溶液：Al3+3OH=Al（OH）3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A反应生成的HClO在离子反应中保留化学式；B反应生成氯化亚铁和氢气；C反应生成硫酸钡和水；D反应生成偏铝酸钠和水【解答】解：A氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2OCl+HClO+H+，故A错误；B铁与盐酸反应的离子反应为Fe
30、+2H+H2+Fe2+，故B错误；C硫酸与氢氧化钡混合的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故C正确；D向AlCl3溶液中滴入过量NaOH溶液的离子反应为Al3+4OH=AlO2+2H2O，故D错误；故选C【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大14可以用离子方程式2H+CO32=H2O+CO2来表示的化学反应是（）A硝酸和碳酸氢钠溶液的反应B稀硫酸和碳酸钾溶液的反应C醋酸和碳酸钠溶液的反应D盐酸和碳酸钡溶液的反应
31、【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】2H+CO32=H2O+CO2表示强酸与可溶性碳酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化碳的反应，以此来解答【解答】解：A硝酸和碳酸氢钠溶液的离子反应为H+HCO3=H2O+CO2，故A不选；B稀硫酸和碳酸钾溶液反应的离子反应为2H+CO32=H2O+CO2，故B选；C醋酸和碳酸钠溶液的离子反应为2CH3COOH+CO32=H2O+CO2+2CH3COO，故C不选；D盐酸和碳酸钡溶液的离子反应为2H+BaCO3=Ba2+H2O+CO2，故D不选；故选B【点评】本题考查离子反应方程式的书写及意义，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关
32、键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大15下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaOH（Na2CO3）盐酸BNa2CO3粉末（NaHCO3）加热CFe （Al）稀硫酸过滤DNaHCO3溶液（Na2CO3）CaCl2溶液过滤AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A二者均与盐酸反应；B碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；C二者均与硫酸反应；D碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀和氯化钠【解答】解：A二者均与盐酸反应，不能除杂，应选氢氧化钙除杂，故A
33、错误；B碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，故B正确；C二者均与硫酸反应，不能除杂，应选磁铁分离，故C错误；D碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀和氯化钠，引入新杂质NaCl，故D错误；故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大16下列五种物质：Na2ONaClNa2CO3溶液NaOHMg，其中不能与CO2反应的是（）ABCD【考点】钠的重要化合物【专题】金属概论与碱元素【分析】二氧化碳是酸性氧化物，利用选项中的各物质的化学性质和二氧化碳的化学性质进行分析判断【解答】解：N
34、a2O能和二氧化碳反应：Na2O+CO2=Na2CO3，故错误；NaCl溶液不能和二氧化碳反应，故正确； Na2CO3溶液能和二氧化碳反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故错误；NaOH溶液能和二氧化碳反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或NaOH+CO2=NaHCO3，故错误；Mg和二氧化碳反应生成氧化镁和单质碳，故错误；故选D【点评】本题考查了二氧化碳的化学性质，掌握酸性氧化物的性质、强酸制取弱酸的反应原理是解题的关键17NaH中的氢元素为1价，它可用作生氢剂，反应的化学方程式是NaH+H2ONaOH+H2则下列说法正确的是（）ANaOH是氧化产物B当1molNa
35、H发生反应时，该反应转移电子的物质的量为2molCNaH为还原剂DH2O既是还原剂又是氧化剂【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】NaH+H2ONaOH+H2中，H元素的化合价由1价升高为0，由+1价降低为0，以此来解答【解答】解：A只有H元素的化合价变化，氢气为氧化产物也为还原产物，故A错误；B.1molNaH发生反应时，该反应转移电子的物质的量为1mol，故B错误；CH元素的化合价由1价升高为0，可知NaH为还原剂，故C正确；D水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合
36、价的角度认识相关概念并把握物质的性质，难度不大18如图所示是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图下列说法中错误的是（）A所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0 molL1B操作2是将溶解的Na2CO3溶液转移到容量瓶中C操作4如果仰视，结果配得溶液浓度偏低D操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A、由图可知，所配溶液的体积为100mL，根据n=CV计算碳酸钠的物质的量，再根据c=计算所配溶液的浓度；B、溶解并放置至室温后再移液；C、操作4是定容，应滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐；D、定容摇匀后发现液面低于刻
37、度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至液面与刻度线平齐，导致所配溶液的体积偏大【解答】解：A、由图可知，所配溶液的体积为100mL，4g氢氧化钠的物质的量为=0.1mol，所配碳酸钠溶液的浓度为=1mol/L，故A正确；B、溶解并放置至室温后再移液，故操作2是移液，故B正确；C、操作4是定容，应滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐，故C正确；D、定容摇匀后发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至液面与刻度线平齐，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，故D错误故选D【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大19某溶
38、液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为（）离子Na+Al3+ClX个数2aaabANO3、2aBSO42、2aCOH、2aDSO42、4a【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】根据溶液呈电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答【解答】解：溶液中存在的阳离子为Na+、Al3+，根据各自离子个数可知带正电荷数为2a1+33=5a，因溶液呈电中性，则阴离子也应带5a个负电荷，因含有a个Cl，则选项离子应带4a个负电荷，选项阴离子电荷数分别为2a、4a、2a8a，故选B【点评】本题考查物质的量的相关计算，为高频考点，侧重
39、于学生的分析能力和计算能力的考查，难度大不，注意从电中性的角度解答该题20向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用I表示）可近似地用下图中的曲线表示的是（）AABBCCDD【考点】电解质溶液的导电性【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】电解质溶液导电性与离子浓度成正比，加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，据此分析解答【解答】解：电解质溶液导电性与离子浓度成正比，向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，若缓缓加入稀硫酸直至过量，反应的离子方程式为：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2O，随着反
40、应进行，溶液中离子浓度减小，则溶液导电性逐渐减弱，当两种溶液恰好完全反应时生成硫酸钡和水，所以溶液相当于纯水，导电性为0，过量后溶液中离子浓度增大，导电性增强，故选C【点评】本题考查电解质溶液导电性图象分析，为高频考点，明确溶液导电性与离子浓度关系及该反应实质是解本题关键，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力二、填空题（共40分）21完成下列问题（1）医疗上，用碳酸氢钠治疗胃酸过多的原理（用离子方程式表示）HCO3+H+H2O+CO2；（2）氯碱工业的反应原理（又为氯气的工业制法）（用化学方程式表示）：2NaCl+2 H2O=Cl2+H2+2NaOH；（3）用过氧化钠作为呼吸面具的供氧剂与
41、二氧化碳反应的原理（用化学方程式表示）2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；（4）写出用铜与氯化铁反应印刷电路板的原理（用离子方程式表示）Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+；该反应中Fe3+是氧化剂（填写化学式），氧化产物为Cu2+（填写化学式），当反应中转移4mol电子时，溶液质量增加128g（5）配平下列反应的方程式，并标出电子转移的方向和数目：1SO2+2H2S3S+2H2O【考点】氧化还原反应；离子方程式的书写【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题【分析】（1）碳酸氢钠具有弱碱性，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，可以治疗胃酸过多；（2）电解氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠；
42、（3）二氧化碳与过氧化钠反应生成生成碳酸钠和氧气；（4）铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应中Cu的化合价升高，Fe的化合价降低；根据转移电子与质量的关系计算；（5）反应2H2S+SO23S+2H2O中硫元素的化合价变化为：由+4价、2价分别变为0价【解答】解：（1）碳酸氢钠具有弱碱性，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，反应离子方程式为HCO3+H+=H2O+CO2，故可以治疗胃酸过多，故答案为：HCO3+H+=H2O+CO2；（2）电解氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠，其化学方程式为：2NaCl+2 H2O=Cl2+H2+2NaOH；故答案为：2NaCl+2 H2O=Cl2+H2+2
43、NaOH；（3）二氧化碳与过氧化钠反应生成生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；（4）铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，则离子方程式为：Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，反应中Cu的化合价升高被氧化，则Cu2+是氧化产物，Fe的化合价降低被还原，所以Fe3+作氧化剂；当反应中转移4mol电子时，Cu溶解了2mol，则溶液的质量增加2mol64g/mol=128g；故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+；Fe3+；Cu2+；128g；（5）反应中H2S中S氧化化合价升高，由2价升高到0价，SO
44、2中S元素化合价降低，由+4价降低到0价，氧化还原反应反应中得失电子数目相等，表现为化合价升降的总数相等，为，故答案为：【点评】本题考查较为综合，全面考查氧化还原反应知识，注意把握元素化合价的变化，明确电子转移的数目和方向，根据化合价的升降总数计算电子转移的数目，题目难度中等22某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失请回答下列问题：（1）写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式：Mg2+2OHMg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（2）氢氧化钠溶液能否用氨水代
45、替，为什么？不能；因为在Al3+与氨水反应生成Al（OH）3后，Al（OH）3不能与氨水继续反应，从而不能将Al（OH）3与Mg（OH）2分开（3）在溶液a中加入盐酸时需控制盐酸的量，为什么因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀AlO2时，需要控制盐酸的量，以防止部分铝转化成Al3+； 为此，改进方法是通入过量二氧化碳气体【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别【分析】除去AlCl3中含有Mg2+、K+杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失，由流程可知，先加足量NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，则溶液a中含K+、AlO2、
46、Cl，且a中含过量的NaOH；再加少量盐酸，AlO2转化为沉淀，但该操作难控制盐酸的量，应改为通入足量二氧化碳，最后将氢氧化铝沉淀溶于盐酸得到氯化铝溶液，（1）镁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子和足量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，据此书写离子方程式；（2）氨水和镁离子、铝离子均生成沉淀，无法把二者分开；（3）根据发生的反应判断a溶液中存在离子，由于氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于强酸，故最佳方案是通入二氧化碳气体，氢氧化铝不溶于二氧化碳溶液中【解答】解：由实验流程可知，加足量的NaOH生成氢氧化镁沉淀，过滤得到溶液a中含AlO2、K+、Cl、Na+、OH，然后加盐酸，沉淀c为氢氧化铝
47、，加盐酸生成氯化铝，溶液b中含KCl、NaCl；（1）AlCl3中含有Mg2+、K+杂质离子，加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（2）因为在Al3+与氨水反应生成Al（OH）3后，Al（OH）3不能与氨水继续反应，从而不能将Al（OH）3与Mg（OH）2分开，则不能利用氨水代替NaOH溶液，故答案为：不能，因为在Al3+与氨水反应生成Al（OH）3后，Al（
48、OH）3不能与氨水继续反应，从而不能将Al（OH）3与Mg（OH）2分开；（3）因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀AlO2时，需要控制盐酸的量，以防止部分AlO2转化成Al3+，改进的方法是将盐酸改成通入二氧化碳气体，故答案为：因为氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸沉淀AlO2时，需要控制盐酸的量，以防止部分铝转化成Al3+；通入过量二氧化碳气体【点评】本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性，题目难度不大三、选择题（每小题只有1个选项符合题意、每小题3分共15分）23既能与盐酸反应，又能
49、与NaOH溶液反应的是（）（NH4）2CO3 Al（OH）3 NaHCO3 Al2O3 Fe（NO3）2ABCD全部【考点】两性氧化物和两性氢氧化物【分析】既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等，据此解答【解答】解：（NH4）2CO3 是弱酸的铵盐，既能与酸又能与碱反应，故选；Al（OH）3 是两性氢氧化物，既能与酸又能与碱反应，故选；NaHCO3 是弱酸酸式盐，既能与酸又能与碱反应，故选；Al2O3是两性氧化物，既能与酸又能与碱反应，故选；Fe（NO3）2中硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子发生氧化还原反应，硝酸亚铁中二价铁离子能够
50、与氢氧化钠发生复分解反应，所以既能与酸又能与碱反应，故选；故选：D【点评】本题考查了物质的性质，熟悉物质性质即可解题，题目难度不大，注意归纳总结既能与酸又能与碱反应的物质，注意硝酸根离子在酸性环境下的强氧化性24用FeSO4还原MnO4，若还原5103mol MnO4，消耗10mL 2.5molL1FeSO4溶液，则Mn元素在还原产物中的化合价是（）A+1B+2C+4D+5【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】n（Fe2+）=0.01L2.5mol/L=0.025mol，n（MnO4）=5103mol，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相
51、等，以此解答【解答】解：n（Fe2+）=0.01L2.5mol/L=0.025mol，Fe2+被氧化生成Fe3+，失去电子0.025mol，n（MnO4）=5103 mol，应得到0.025mol电子，设Mn还原后的化合价为x，则5103 mol（7x）=0.025mol，x=2，故选B【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生计算能力的考查，难度不大，注意根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度解答该类题目2560mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和20mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（）
52、A10.0 mol/LB15 mol/LC1.2 mol/LD0.9 mol/L【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，根据盐酸的浓度范围值来确定答案【解答】解：当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32+2H+H2O+CO2，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32+H+HCO3、HCO3+H+H2O+CO2，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的
53、量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol0.4mol之间，盐酸溶液的体积为20mL=0.02L，即盐酸的浓度应该是大于10mol/L，小于20mol/L故选B【点评】本题考查学生利用盐酸与碳酸钠的反应分析盐酸的浓度，明确反应发生的先后顺序，通过比较及信息中都有气体产生，但最终生成的气体体积不同是解答的关键26今有下列三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I22FeCl2+Cl22FeCl32KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2若某溶液中有Fe2+和I共存，要氧化除去I而又不影响F
54、e2+和Cl，可加入的试剂是（）ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl【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】反应中氧化性：Fe3+I2；还原性：IFe2+；反应中氧化性：Cl2Fe3+；还原性：Fe2+Cl；反应中氧化性：MnO4Cl2；还原性：ClMn2+，所以氧化性由强至弱的顺序为：MnO4Cl2Fe3+I2，还原性由强至弱的顺序为：IFe2+ClMn2+，要氧化除去I而不影响Fe2+和Cl，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，且Fe2+和Cl不能参加反应，以此来解答【解答】解：由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：MnO4Cl2Fe3+I2，还原性由强至弱的顺序为
55、IFe2+ClMn2+，A氯气能将Fe2+、I均氧化，故A不选；BKMnO4能将Fe2+、I和Cl均氧化，故B不选；CFeCl3能氧化除去I而不影响Fe2+和Cl，故C选；DHCl与三种离子均不反应，故D不选；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重氧化还原反应应用的考查，注意氧化剂比较及除杂的原则，题目难度不大27现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入0.1mol/L 的NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为（）A2：1B2：3C6：1D3：1【考点】有关混合物反应的计算【专题
56、】利用化学方程式的计算【分析】由图可知加入6mLNaOH溶液，沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，根据氢氧根守恒可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH），加入0.7mL NaOH溶液时，沉淀由最大值减小为最小值，故1ml NaOH溶液溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O计算nAl（OH）3，再计算出nMg（OH）2，进而计算原溶液中Cl与SO42的物质的量浓度之比【解答】解：由图可知加入6mLNaOH溶液，沉淀达最大量，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，根据氢氧根守恒可知2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=n（OH）=
57、0.006L1mol/L=0.006mol，加入7mL NaOH溶液时，沉淀由最大值减小为最小值，故1mL NaOH溶液溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，nAl（OH）3=n（NaOH）=0.001L1mol/L=0.001mol，所以nMg（OH）2= =0.0015mol，溶液中n（Cl）=3nAl（OH）3=0.003mol，原溶液中n（SO42）=nMg（OH）2=0.0015mol，所以原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为0.003mol：0.0015mol=2：1，故选：A【点评】本题考查有关混合物反应的计算，题目难度中等，关键是明确
58、各阶段发生的反应，试题考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意守恒法的应用四、实验题（共35分）28实验室用浓盐酸与MnO2反应制Cl2，再用Cl2和Ca（OH）2反应制少量漂白粉，已知用Cl2和Ca（OH）2制漂白粉的反应是放热反应，温度稍高时发生副反应：6Cl2+6Ca（OH）2Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O 现有三位同学设计的三套装置如图1所示（U形管中放有玻璃纤维，可使气体顺利通过）：（1）请对上述丙装置的缺点进行评价：容易造成污染，容易发生副反应（2）请从甲、乙、丙各套装置中选取合理的部分，按气体从左至右的流向组成一套较合理的装置FBE（填各部分仪器的字母编号）（3
59、）部分学生认为上述组装装置仍存在缺点，他们指出在前两个仪器之间应增加如图2所示装置，你认为H洗气瓶中所盛液体是饱和氯化钠溶液，其作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，若无此装置，对制漂白粉的不利影响是2HCl+Ca（OH）2CaCl2+H2O，HCl消耗了Ca（OH）2，降低产率（结合化学方程式加以说明）洗气瓶无（填“有”或“无”）必要，理由是氯气与Ca（OH）2反应也会生成水，没必要干燥【考点】氯气的实验室制法【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）依据题意可知：用Cl2和Ca（OH）2制漂白粉的反应是放热反应，温度稍高时发生副反应：6Cl2+6Ca（OH）2Ca（ClO3）2+5CaC
60、l2+6H2O，结合氯气有毒，不进行尾气处理容易造成环境污染解答；（2）合理装置应分三部分：制备氯气、氯气与氢氧化钙反应制取漂白粉、尾气处理装置，据此解答；（3）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢能够与氢氧化钙反应生成氯化钙和水，降低产率；氯气与Ca（OH）2反应也会生成水，没必要干燥，洗气瓶多余【解答】解：（1）依据题意可知：用Cl2和Ca（OH）2制漂白粉的反应是放热反应，温度稍高时发生副反应：6Cl2+6Ca（OH）2Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，结合氯气有毒，不进行尾气处理容易造成环境污染，所以丙装置缺点：容易造成污染，容易发生副反应；故答案为：容易造成污染，容
61、易发生副反应；（2）合理装置应分三部分：制备氯气、氯气与氢氧化钙反应制取漂白粉、尾气处理装置，制备装置中：A不加热不能得到氯气，C中不能控制氯气的产生速率，所以应选择F；氯气与氢氧化钙反应温度稍高时发生副反应，所以应采取降温措施，应选择装置B；氯气有毒需要进行尾气处理，应选择装置E；正确的顺序为：FBE；故答案为：FBE；（3）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢能够与氢氧化钙反应生成氯化钙和水，方程式：2HCl+Ca（OH）2CaCl2+H2O；HCl消耗了Ca（OH）2，降低产率；氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以应在前两个仪器之间应增加如图2所示装置盛有饱和食盐水
62、，除去氯气中的氯化氢气体；氯气与Ca（OH）2反应也会生成水，没必要干燥，洗气瓶多余；故答案为：饱和氯化钠溶液；除去氯气中混有的氯化氢气体；2HCl+Ca（OH）2CaCl2+H2O；HCl消耗了Ca（OH）2，降低产率；无；氯气与Ca（OH）2反应也会生成水，没必要干燥；【点评】本题以氯化钙的制备为载体考查了氯气的实验室制备、实验装置的选择和评价，题目难度不大，注意实验设计的严密性29某研究性学习小组请你参与“研究铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并共同解答下列问题：已知：3Fe+4H2OFe3O4+4H2Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O探究一设计如图所示装置
63、进行“铁与水反应”的实验（1）反应前A中投放碎瓷片的目的是防止暴沸（2）装置E中发生反应的方程式为CuO+H2Cu+H2O装置E中的实验现象为黑色粉末变成红色，且玻璃管上有水珠生成探究二设计如下实验方案确定反应后硬质玻璃管中黑色固体的成分待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质溶于盐酸后，将所得溶液分成两份（3）一份滴加几滴KSCN溶液若溶液变血红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为（选填序号，下同）；若溶液未变血红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为一定有Fe3O4，可能有单质铁一定有Fe只有Fe3O4 只有Fe（4）另一份加入酸性KMnO4溶液，加入的溶液褪色，可以证明溶液中存在Fe
64、2+探究三设计如下流程测定反应后硬质玻璃管B中固体含铁元素的质量分数（5）写出加入过量氯水时反应的离子方程式：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl（6）试剂b的化学式是NaOH（7）计算反应后B装置中铁元素的质量分数为77.8%【考点】性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】由图可知，A中加热提供水蒸气，在B中发生Fe与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，C为缓冲装置，D中干燥管干燥氢气，E为氢气还原氧化铜的装置，以此来解答【探究一】（1）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，给液体加热时容易发生暴沸现象，加入碎瓷片可防止暴沸；（2）装置E中氧化铜与氢气在加热的条件下反应生成铜和水，据此
65、写出反应的化学方程式；氢气还原黑色的氧化铜，反应生成红色的铜单质和水；【探究二】（3）（4）在验证反应后黑色固体的成分时，检验Fe3+，最佳试剂为KSCN溶液；在确定存在Fe3+时，检验Fe2+，可用酸性KMnO4溶液；【探究三】（5）加入新制氯水，氯气氧化亚铁离子；（6）由“红棕色固体”知，该物质为Fe2O3，反应转化关系为：FeCl3Fe（OH）3和NaCl，则试剂b为NaOH溶液；（7）氧化铁的质量为：m（Fe2O3）=32g，根据n=计算出氧化铁的物质的量，再根据铁元素守恒计算出铁的物质的量、质量，最后计算出反应后B装置中铁元素的质量分数【解答】解：【探究一】（1）A中铁与水蒸气在高温
66、下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，液体加热时容易发生暴沸现象，碎瓷片多孔，加入碎瓷片引入沸点中心，其作用是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；（2）装置E中氧化铜与氢气在加热的条件下反应生成铜和水，反应的化学方程式为：H2+CuOCu+H2O，则反应现象是：黑色粉末变成红色，且玻璃管上有水珠生成，故答案为：H2+CuOCu+H2O；黑色粉末变成红色，且玻璃管上有水珠生成；【探究二】（3）一份滴加几滴KSCN溶液，若溶液变血红色，说明溶液中含有铁离子，则可推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为：一定有Fe3O4；若溶液未变血红色，则溶液中不存在铁离子
67、，可推断硬质玻璃管B中固体物质中一定存在Fe，即正确，故答案为：；（4）亚铁离子与酸性高锰酸钾溶液反应：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则证明溶液中含有亚铁离子，故答案为：酸性KMnO4溶液；【探究三】（5）氯气具有氧化性，能氧化亚铁离子，反应为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（6）由“红棕色固体”知，该物质为Fe2O3，则FeCl3Fe（OH）3和NaCl，过滤后加强热生成红棕色固体，则试剂b为NaOH溶液，故答案为：NaOH；（7）氧化铁的质量为：m（Fe2O3）=32g，则氧化铁的物质的量为：n（Fe2O3）=0.2mol，则含有铁元素的物质的量为：n（Fe）=0.4mol，则反应后B装置中铁元素的质量分数为：100%77.8%，故答案为：77.8%【点评】本题通过铁及其化合物性质考查了探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度中等，注意掌握探究实验的设计方法，明确铁及其化合物性质，试题涉及知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验、进行计算能力