1、高考资源网（） 您身边的高考专家2019-2020学年上学期期末模拟试卷高一普通班化学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 Al 27 Fe 56 Zn 65 Ag 108 Cu 64 Na 23 Si 28第卷 （选择题 ）一、单选题（每题3分，共60分）1. 中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及氧化还原反应的是A. 用胆矾炼铜B. 用铁矿石炼铁C. 黑火药的使用D. 打磨磁石制指南针【答案】D【解析】【详解】A用胆矾炼铜，Cu的化合价从+2价降低到0价，所以涉及氧化还原反应，故A不符合题意；B用铁矿石炼铁，Fe元素的化合价降低，铁矿石被还原，属于氧化还
2、原反应，故B不符合题意；C黑火药的使用时，发生了剧烈的爆炸，C、S、N等元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；D打磨磁石制指南针，属于物理变化，不是化学变化，不涉及氧化还原反应，故D符合题意；故选D。【点评】本题考查氧化还原反应、化学工业原理，明确各工业生成原理是解本题关键，难度不大，侧重于考查了学生对基础知识的应用能力。2.工业上所说的“液碱”，一般是指氢氧化钠的水溶液。以下是一些常用的危险品标志，装运“液碱”的包装箱应贴的图标是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】碱液具有腐蚀性，属于腐蚀品，应贴腐蚀品标志。A图示为腐蚀品标志，故A选；B图示为易燃液体标志，故
3、B不选；C图示为自燃物品标志，故C不选；D图示为有毒品标志，故D不选；故选A。3.下列试剂中，能用带玻璃塞的试剂瓶贮存的是A. 氢氟酸B. 氢氧化钠C. 盐酸D. 水玻璃【答案】C【解析】【详解】A、氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故A错误；B、氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠是一种矿物胶，能把玻璃塞黏住，故B错误；D、稀盐酸呈酸性，不和二氧化硅反应，所以可以用带玻璃塞的试剂瓶盛放，故C正确；D、水玻璃就是硅酸钠溶液，硅酸钠是一种矿物胶，能把玻璃塞黏住，故D错误；故选C。【点睛】明确硅酸钠的性质、玻璃的成分是解题的关键。本题中能
4、和二氧化硅反应的药品溶液不能盛放在玻璃试剂瓶或带玻璃塞的试剂瓶中。4.下列叙述正确的是A. 生铁的熔点高于纯铁B. Na2O2、Mn2O7均属碱性氧化物C. 纯碱、明矾均属盐类D. 胶体能通过半透膜【答案】C【解析】【详解】A生铁是碳和铁的合金，合金的熔点低于其成分物质的熔点，生铁的熔点低于纯铁，故A错误；B过氧化钠与酸反应生成盐和水、氧气，不属于碱性氧化物，Mn2O7能够与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；C纯碱是碳酸钠的俗名，明矾是硫酸铝钾的俗名，都属于盐，故C正确；D胶体可以透过滤纸，但不能透过半透膜，故D错误；故选C。5.今年11月18日射洪撤县设市，于当晚8点的焰火晚会也将
5、庆祝活动推向了高潮。焰火与高中化学中“焰色反应”知识有关。下列有关“焰色反应”说法中正确的是A. 焰色反应实验前铂丝应先用稀硫酸洗涤B. NaCl与Na2SO4灼烧时火焰颜色相同C. 焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察D. 焰色反应属于复杂的化学变化【答案】B【解析】【详解】A、焰色反应实验前铂丝应先选盐酸洗涤，因为盐酸易挥发，而硫酸不挥发，故A错误；B、焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是单质还是化合物，灼烧时火焰颜色都相同，故B正确；C、只有钾的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光，故C错误；D、焰色反应没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故选B。6.现有Na2SO4、(N
6、H4)2SO4、NaCl、NH4Cl四瓶无色溶液，能将其鉴别开来的试剂是A. 稀盐酸B. BaCl2溶液C. NaOH溶液D. Ba(OH)2溶液【答案】D【解析】【详解】ANaCl、NH4Cl、(NH4)2SO4均与稀盐酸不反应，现象相同，不能鉴别，故A不选；BNa2CO3、(NH4)2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B不选；CNH4Cl、(NH4)2SO4均与氢氧化钠反应生成刺激性气体，现象相同，不能鉴别，故C不选；DNaCl、Na2CO3、(NH4)2SO4、NH4Cl与Ba(OH)2溶液反应的现象分别为无明显现象、白色沉淀、白色沉淀和刺激性气体、刺激性气体，现象
7、不同，可鉴别，故D正确；故选D。7.在强碱性溶液中，下列离子组能大量共存的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在强碱性溶液中，含大量的OH-，据此分析解答。【详解】AHCO3-、OH-与Ba2+反应水和碳酸钡沉淀，不能大量共存，故A错误；BCu2+与OH-结合生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、Cl-、SO42-之间不反应，也不与OH-反应，能大量共存，故C正确；DMg2+与OH-结合生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C。【点睛】明确强碱性溶液中含大量的OH-是解题的关键。本题的易错点为A，要注意HCO3-与OH- 能够反应，OH- HCO3-
8、CO32- H2O。8.氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气，下列说法错误的是A. 若管道漏气遇氨就会产生白烟B. 该反应利用了Cl2的强氧化性C. 该反应NH3被还原D. 生成1 mol N2有6 mol电子转移【答案】C【解析】【详解】A反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，故A正确；BCl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，故B正确；C反应中N元素化合价升高，被氧化，故C错误；DN元素化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，故D正确；故选C。【点晴】能结合元素化合价的升降分析氧化
9、还原反应是解题关键，本题涉及反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，以此解答。9.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，22.4 L H2O含有的原子数为3 NAB. 常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+数目为0.02 NAC. 5.6g铁粉放入足量稀硫酸中转移的电子数为0.3NAD. 0.5 molL1的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA【答案】B【解析】【详解】A、标准状况下水不是气体，不能使用22.4L/mol计算
10、水分子含有的原子数目，故A错误；B、Na2CO3的摩尔质量为106 g /mol，1.06 g Na2CO3的物质的量为0.01mol，含有的Na+数为0.02NA，故B正确；C、5.6g铁粉物质的量为0.1mol，放入足量稀硫酸中反应生成硫酸亚铁和氢气，转移的电子数为0.2NA，故C错误；D、物质的量浓度为0.5 molL1的MgCl2溶液的体积未知，则无法计算含有的Cl个数，故D错误；答案选B。10.已知以下三个实验均能发生化学反应：将铁钉放入硫酸铜溶液中；向硫酸亚铁溶液中滴入几滴氯水；将铜丝放入氯化铁溶液中。下列判断正确的是()A. 实验中铁钉只做还原剂B. 实验中Fe2既显氧化性又显还
11、原性C. 实验中发生的是置换反应D. 上述实验证明氧化性：Fe3Fe2Cu2【答案】A【解析】A、由于铁比铜活泼，所以实验中铁作还原剂置换出铜，故A正确；B、实验中氯水中的氯气具有强的氧化性，能将Fe2氧化为Fe3，所以Fe2只显还原性，故B错误；C、由于Fe3具有较强的氧化性，将铜氧化为Cu2，而自身还原为Fe2，所以发生的不是置换反应，故C错误；D、实验能够反应说明Cu2的氧化性强于Fe2，实验能够反应说明Fe3的氧化性强于Cu2，所以氧化性强弱顺序为Fe3Cu2Fe2，故D错误。本题正确答案为A。点睛：B、C两个选项确实是最容易选错的。由于Fe2的化合价处于0价和+3价之间，所以只从化合
12、价的角度考虑，Fe2既能显氧化性又能显还原性，但在本题中它是与具有强氧化性的氯气反应，所以只能显还原性；单质铜能与氯化铁反应，但产物不是单质铁和氯化铜，而是氯化亚铁和氯化铜，所以不是置换反应。11.已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO4n-+Cl-+H2O（未配平）。则有关叙述不正确的是A. 已知FeO4n-中Fe的化合价是+6价，则n=2B. 每产生1mol Cl-，转移2mol电子C. FeO4n-具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D. 若n=2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3【答案】D【解析】【分析】Fe
13、O4n-中Fe的化合价是+6价，则n=2，反应为Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，由电子守恒和原子守恒可知，该反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。【详解】A、FeO4n-中Fe元素的化合价是+6价，因O元素为-2价，由化合价代数和为0可知，n=2，故A正确；B、反应中ClO-转化为Cl-，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则每产生1mol Cl-，转移2mol电子，故B正确；C、FeO4n-具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为Fe3+，水
14、解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，则可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故C正确；D、方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及电子守恒、原子守恒的综合考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。12.将足量CO2气体通入水玻璃中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后所得的固体物质是A. 硅酸钠B. 碳酸钠，硅酸钠C. 碳酸钠，二氧化硅D. 二氧化硅【答案】A【解析】【详解】二氧化碳先与水玻璃反应生成硅酸和碳酸氢钠，蒸干灼烧时，硅酸分
15、解成二氧化硅和水，碳酸氢钠分解得到碳酸钠、二氧化碳和水；二氧化硅和碳酸钠在高温下又发生反应，生成二氧化碳和硅酸钠，所以最终所得固体是硅酸钠，故选A。13.给下列溶液中通入CO2气体，不可能产生沉淀的是A. 氯化钙和硝酸钡的混合液B. 水玻璃C. 澄清石灰水溶液D. 碳酸钠饱和溶液【答案】A【解析】【详解】A碳酸酸性比盐酸、硝酸弱，二氧化碳与氯化钙和硝酸钡不反应，没有沉淀生成，故A正确；B水玻璃是硅酸钠溶液，硅酸钠可以和碳酸反应生成碳酸钠和硅酸，硅酸是白色不溶于水的沉淀，故B错误；CCO2通入澄清石灰水溶液，生成碳酸钙沉淀，故C错误；D碳酸钠与二氧化碳和水反应，既消耗了水，且反应生成溶解度较小N
16、aHCO3，所以一定有沉淀析出，故D错误；故选A。【点睛】本题综合考查了离子反应发生的条件，题目难度不大，试题注重了基础知识的考查，注意明确离子反应发生的条件、掌握常见元素化合物的化学性质，选项D为易错点，注意碳酸氢钠与碳酸钠的溶解度大小。14. 能正确表示下列反应的离子方程式是A Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB. NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2OC. 实验室制取Fe(OH)3胶体的反应：Fe3+3H2O3H+Fe(OH)3D. 将0.2molL-1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3
17、molL-1的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4【答案】D【解析】【详解】A稀HNO3有强氧化性，能氧化Fe3O4中的Fe2+，故A错误；BNH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合时NH4+也能和OH-发生离子反应，故B错误；C实验室制取Fe(OH)3胶体时发生的离子反应为Fe3+3H2O3H+Fe(OH)3，故C错误；D将0.2molL-1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3molL-1的Ba(OH)2溶液等体积混合发生的离子反应为2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4，故D正确；
18、答案为D。【点晴】本题考查离子方程式的书写，明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子。离子方程式的书写步骤一般为：“写”：写出有关反应的化学方程式；“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；“删”：删去方程式两边不参加反应的离子； “查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。15.某离子反应涉及H2O、ClO、NH4 、H、N2、Cl六种微粒。其中c(NH4 )随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是A. 反应的还原产物是N2 B. 消耗1 mol氧化剂，转移电子3 mol
19、C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D. 反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】【分析】根据题意可知，c(NH4 )随反应进行逐渐减小，则NH4 为反应物，根据原子守恒知，N2为生成物，氮元素的化合价由-3价升高到0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高的，必然有元素化合价降低判断，ClO为反应物，Cl为生成物，氯元素化合价由+1价降低到-1价；利用化合价升降法及原子守恒和电荷守恒配平的离子方程式为3ClO2NH4 =3H2O2HN23Cl。【详解】A.根据化学反应，ClO中氯元素化合价由+1价降低到-1价，所以反应的还原产物是Cl，A项错误；B、NH4中氮元素的化合价由-3价升高到0
20、价，作还原剂，则消耗l mol还原剂，转移电子3 mol，B项错误；C.根据上述化学反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C项错误；D.根据反应的离子方程式判断，反应后溶液的酸性明显增强，D项正确。答案选D。16.下列离子方程式书写正确的是A. CaCO3与盐酸反应：CO32-2HH2OCO2B. Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O32OH2AlO2-H2OC. Cu与FeCl3溶液反应：CuFe3Cu2Fe2D. Cl2与NaOH溶液反应：Cl2OHClOHCl【答案】B【解析】【详解】A. CaCO3是难溶于水的固体，写离子反应时不能拆，CaCO3与盐酸反应的正确的离子方程式为：C
21、aCO32HCa2+H2OCO2 ，故A错误；B. Al2O3难溶于水，所以Al2O3溶于NaOH溶液反应的正确的离子反应：Al2O32OH2AlO2-H2O，故B正确；C. 电荷不守恒，左边三个正电荷，右边四个正电荷，Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应：Cu2Fe3Cu22Fe2，故C错误；D. HCl是强电解，在水溶液中是完全电离，要拆开，Cl2与NaOH溶液反应：Cl22OHClOCl-+H2O，故D错误；答案选B。17.锂海水电池的反应原理为：2Li2H2O2LiOHH2，其示意图如图所示。有关该电池工作时说法错误的是A. 金属锂作正极B. 镍电极上发生还原反应C. 海水作为电解质溶
22、液D. 可将化学能转化为电能【答案】A【解析】【分析】锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O2LiOH+H2，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li-e-=Li+，金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2，电子从负极沿导线流向正极。【详解】A. 锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O2LiOH+H2，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Lie=Li+，故A错误；B. 金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2，故B正确；C. 原电池中利用海水做电解质溶
23、液，形成闭合回路，故C正确；D. 装置为原电池反应，化学能转化为电能，故D正确；答案选A。18.下列有关物质应用的叙述错误的是A. 用Al(OH)3治疗胃酸过多B. 用过氧化钠作潜水供氧剂C. 用氧化镁制作耐高温材料D. 用氧化铁制作蓝色外墙涂料【答案】D【解析】【详解】A. Al(OH)3为两性物质，可以与胃酸（主要是盐酸）发生中和反应，可治疗胃酸过多，故A正确；B. 过氧化钠可以与水或二氧化碳反应放出氧气，所以可以用过氧化钠作潜水供氧剂，故B正确；C. 氧化镁为离子晶体，熔点高，可用于耐高温材料，故C正确；D. 三氧化二铁是红色粉末，俗称铁红，可用于红色涂料，制作外墙红色涂料，故D错误；答
24、案选D。19.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y的最低负价的绝对值与Z的最高正价相等，W与X同主族。下列说法正确的是A. 原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y)B. 简单气态氢化物的热稳定性：XYWC. X与Z形成的化合物只有1种D. X、Y、Z、W的简单离子的电子层结构均相同【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X是氧元素；Y的最低负价的绝对值与Z的最高正价相等， Y为氟元素，Z为钠元素； W与X同主族，W是硫元素；X、Y、Z、W分别为氧，氟，钠，硫。【详解】A. 钠的半径是短周期元素除稀有气体外
25、最大的，氧和硫位于同一主族，硫的半径大于氧，氧和氟位于同一周期，氟在氧的右边，氧的半径大于氟 r(Z)r(W)r(X)r(Y)，故A正确；B. 根据元素在元素周期表的位置，元素的非金属性，氟氧硫即YXW，元素的非金属越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，故B错误；C. 氧和钠可以形成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C错误；D. X、Y、Z的简单离子的电子层结构均相同，W的离子比X、Y、Z简单离子多一层电子，故D错误；答案选A。20.某含铜化合物的化学式为Cux(OH)y(CO3)z(Cu为2价)。取该样品22.2 g，充分加热后，得到黑色固体氧化铜16.0 g，则该物质的化学式为A. Cu2(OH
26、)4CO3B. Cu3(OH)4CO3C. Cu2(OH)2CO3D. Cu4(OH)2(CO3)3【答案】C【解析】【详解】化合物的化学式为Cux(OH)y(CO3)z，化合物中正负化合价之和为0，已知Cu为2价，氢氧根为-1价，碳酸根为-2价，则根据正负化合价为0得： 2x=y+2z为式；22.2 g样品的物质的量=mol，则含铜的物质的量mol，16.0 g氧化铜中铜的物质的量=mol，根据铜守恒，=，即47x=17y+60z为式；-17可得：，30-可得：，符合比例关系的为C。答案选C。第卷（非选择题 共40分）二、填空题21.向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中逐滴滴加2mol
27、/L NaOH溶液直至过量。经测定，加入的NaOH溶液的体积(mL)和所得沉淀的物质的量(mol)的关系如下图所示。则：(1)写出代表各线段发生反应的离子方程式：OA段_，AB段_，图中线段OPPB_。(2)计算原AlCl3溶液的物质的量浓度为_。(3)图中A对应的横坐标为_mL。(4)当加入12mL NaOH溶液时，产生沉淀量为_mol。(5)当加入的NaOH溶液过量时，使最初生成的沉淀部分溶解，要得到与（4）中相同的沉淀量，加入NaOH溶液的体积为_。【答案】 (1). Al3+3OHAl(OH)3 (2). Al(OH)3+OHAlO2+2H2O (3). 3：1 (4). 0.5mol
28、/L (5). 15 (6). 0.008 (7). 16mL【解析】【分析】向20mL某物质的量浓度的AlCl3溶液中滴加2mol/LNaOH溶液时，逐滴加入NaOH溶液直至过量，过程中发生的反应为Al3+3OH-Al(OH)3，Al(OH)3+OH-AlO2+2H2O，图象中OA段为发生反应，AB段为氢氧化铝溶解发生反应，依据各步反应分析判断，进行有关计算。【详解】（1）依据分析可知OA段发生的反应是氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀至最大量的过程，反应离子方程式为Al3+3OH-Al(OH)3；AB段发生的是氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中至沉淀全部溶解，反应的离子方程式为Al(OH)3+
29、OH-AlO2+2H2O；根据反应可知得到生成最大量沉淀和沉淀全部溶解所消耗氢氧化钠物质的量为3：1，氢氧化钠溶液浓度一定，所以溶液体积比为3：1，即图中线段OPPB3：1；（2）图象中分析得到最大量氢氧化铝沉淀物质的量为0.01mol，所以氯化铝物质的量为0.01mol，溶液浓度为0.01mol0.02L=0.5mol/L；（3）图象中分析得到最大量氢氧化铝沉淀物质的量为0.01mol，所以消耗氢氧化钠物质的量为0.03mol，氢氧化钠溶液的体积为0.03mol2mol/L=0.015L=15mL；（4）当加入12mLNaOH溶液时氯化铝过量，产生沉淀量依据反应Al3+3OH-Al(OH)3
30、可计算得到：0.012L2molL13=0.008mol；（5）当加入的NaOH溶液过量时，使最初生成的沉淀部分溶解，要得到与（4）中相同的沉淀量，则发生反应Al3+3OH-Al(OH)3，Al(OH)3+OH-AlO2+2H2O，最大量沉淀为0.01mol，消耗氢氧化钠物质的量为0.03mol，沉淀溶解的物质的量为0.01mol-0.008mol=0.002mol，消耗氢氧化钠0.002mol，所以共消耗氢氧化钠的物质的量为0.002mol+0.03mol=0.032mol，需要氢氧化钠溶液体积为0.032mol2mol/L=0.016L=16mL。22.经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其
31、浓度如下表所示：离子Fe3+Cu2+SO42Na+H+浓度/(mol/L)210-3110-3110-2210-3(1)c(H+)=_mol/L。(2)为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾(FeSO47H2O). 工业废水中加入铁粉后，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+ =Fe2+Cu、_、_。试剂B是_。 操作是_、_、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥。通过检验溶液D中Fe3+来判断废水中Fe3+是否除尽，实验方法是_。 获得的FeSO47H2O需密闭保存，原因是_。若将所得FeSO47H2O配成溶液，向溶液中滴加NaOH溶液的现象是_。上述1000 L废水
32、经处理，可获得 FeSO47H2O的物质的量是_mol。【答案】 (1). 0.01 (2). Fe +2Fe3+ = 3Fe2+ (3). Fe +2H+ = Fe2+ +H2 (4). 硫酸 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽 (8). FeSO4有还原性，易被氧化(或FeSO47H2O失去结晶水) (9). 生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (10). 12【解析】【详解】(1)水溶液中，溶液呈电中性，即溶液中阴阳离子所带的电荷总数为零，在同一溶液中体积相等，210-33+11
33、0-32+210-31+c(H+)=110-22，则c(H+)=0.01mol/L；(2)向废水中加入铁粉后，首先三价铁离子与铁反应，然后为Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu 、最后为Fe +2H+ = Fe2+ +H2，答案为：Fe +2Fe3+ = 3Fe2+；Fe +2H+ = Fe2+ +H2；固体C为Fe、Cu的混合物，经过操作过滤分离固体和液体，滤液回收，则试剂B为可溶解Fe，为酸，且阴离子为硫酸根离子，试剂B为硫酸； 硫酸亚铁溶液经过操作可得到硫酸亚铁晶体，则加热温度不能太高，可采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到硫酸亚铁晶体；若溶液中含有Fe3+，加入硫氰化钾溶液后，
34、显血红色，故答案为取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液，不出现红色，说明废水中Fe3+除尽；硫酸亚铁晶体中的亚铁离子不稳定，有还原性容易被空气中的氧气氧化变质，同时也很容易失去结晶水，亚铁离子与碱反应生成氢氧化亚铁，白色沉淀，被空气中的氧气氧化，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，答案为：FeSO4有还原性，易被氧化(或FeSO47H2O失去结晶水)；生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；1000l废水中含有Fe3+ 为 2mol，铁粉为10mol且过量，过量的在操作中全部变为Fe2+，则溶液中的Fe2+ 的物质的量共计12mol，可获得 FeSO47H2O的物质的量是12mo
35、l。23.铁及其化合物在日常生产生活中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。（1）所含铁元素只有还原性物质是_。AFe BFeCl2 CFeCl3 DFe2O3（2）当人体缺铁时，往往要吃补铁保健品。人体能够吸收的是+2价的铁，但是+2价的铁很容易被氧化。如何检验某固体补铁剂中铁元素已被氧化？写出操作过程、现象及结论。答：_。服用维生素C，可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子。由此可推知，维生素C具有_(填化学性质)。（3）工业上用氯化铁腐蚀铜箔、制造电路板。某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并获得氯化铁晶体，准备采用下列步骤：回答下列问题: 试剂a是_，操作I用到的玻璃仪器有烧杯
36、、玻璃棒和_。滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为_。上述流程中操作III包括_、_、过滤、洗涤【答案】 (1). A (2). 研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化 (3). 还原性 (4). 铁(Fe) (5). 漏斗 (6). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶【解析】【分析】(1)当元素处于最高价态时只有氧化性，处于最低价态时只有还原性，处于中间价态时既有氧化性又有还原性；(2)根据Fe3+能与KSCN溶液反应导致溶液呈血红色分析解答；Fe3+具有氧化性，能被还原性物质还原生成Fe2+；(3)腐蚀液
37、中含有FeCl2、CuCl2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，据此分析解答。【详解】(1)处于最高价态的元素只有氧化性，处于最低价态的元素只有还原性，处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。AFe处于最低价态，只有还原性，故A正确；BFeCl2中Fe元素处于中间价态，既有氧化
38、性又有还原性，故B错误；CFeCl3中Fe元素处于高价态，具有氧化性，故C错误；DFe2O3中Fe元素处于高价态，具有氧化性，故D错误；故选A；(2)Fe3+能与KSCN溶液反应生成络合物而导致溶液呈血红色，可以用KSCN溶液检验铁离子，其检验方法为研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化，故答案为：研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化；Fe3+具有氧化性，能被还原性物质还原生成Fe2+，服用维生素C，可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子，说明维生素C能被铁离子氧化，则维生素C具有还原性，故答案为：还原性；(3)腐蚀液中含有FeCl2、CuCl
39、2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入的试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体；试剂a是Fe，操作I为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：Fe；漏斗；滤液X、Z中都有同一种溶质氯化亚铁，它们转化为氯化铁的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，故答案为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-；上述
40、流程中操作III包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。【点睛】明确Fe及其化合物的性质和相互间的转化关系是解本题关键。本题的易错点为(3)要注意所加试剂都是过量的。24.回答下列问题：（1）过程是为了除去粗盐中的SO42、Ca2、Mg2、Fe3等杂质，若要除去SO42，则需要加入的试剂为_；若所加的该试剂过量，则可以被后加入的_除去。（2）过程能否一步实现转化？_（填“能”或“否”），Mg(OH)2与盐酸反应可以得到MgCl2溶液，则该反应的离子方程式为_。（3）过程反应的离子方程式为_。（4）若用CCl4萃取溴水中的Br2，分液时CCl4层应从分液漏斗的_放出。【
41、答案】 (1). BaCl2溶液 (2). Na2CO3溶液 (3). 否 (4). Mg(OH)22H=Mg22H2O (5). Br2SO22H2O=SO422Br4H (6). 下口【解析】【分析】（1）根据分离提纯时不能引入新杂质结合硫酸根的性质分析解答；（2）根据氢氧化镁、金属镁的性质判断；根据反应物和生成物书写方程式；（3）根据溴水能氧化二氧化硫书写方程式；（4）根据四氯化碳的密度大于水分析。【详解】（1）由于不能引入新杂质，则要除去氯化钠溶液中的SO42，则需要加入的试剂为BaCl2溶液；由于除去钙离子时需要加入碳酸钠，因此若所加的该试剂过量，则可以被后加入的Na2CO3溶液除去。（2）镁是活泼的金属，氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水，则过程不能一步实现转化，Mg(OH)2与盐酸反应可以得到MgCl2溶液，同时还有水生成，则该反应的离子方程式为Mg(OH)22HMg22H2O。（3）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫，则过程反应的离子方程式为Br2SO22H2OSO422Br4H。（4）若用CCl4萃取溴水中的Br2，由于四氯化碳的密度大于水，则分液时CCl4层应从分液漏斗的下口放出。高考资源网版权所有，侵权必究！