1、2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题2分，共36分，每小题只有一个选项符合题意）1海水资源的综合利用十分重要，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是( )A溴、碘B钠、镁C烧碱、氯气D食盐、淡水2玻璃器皿上沾有一些用水洗不掉的残留物，其洗涤方法正确的是( )残留在试管内壁上的碘，用酒精洗涤 盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用酒精洗涤做银镜反应后残留的银，用稀氨水洗涤 沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤ABCD3某溶液中有Mg2+、Fe2+、Cu2+三种离子，向其中加入过量的NaOH溶液后过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投
2、入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是( )AMg2+BFe2+CCu2+D无减少4用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是( )A常温常压下，33.6 L氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3NAB5.6 g铁与足量的稀硫酸反应，失去电子数为0.3NAC7.8克过氧化钠与足量的水反应，转移的电子总数为0.1 NAD1 L 1 molL1 Na2CO3溶液中含有NA个CO325用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下两种方案：Fe H2Cu；CuO CuSO4Cu若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的质量比较正确的是( )A多B多C相等
3、D无法比较6在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是( )A室温下=1013 molL1的溶液中：NH4+、Mg2+、NO3、SO42B含有0.1 molL1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN、NO3C加入Al能放出H2的溶液中：NH4+、K+、Cl、HCO3D在H+、Na+、SO42浓度均为0.1 molL1的溶液中：K+、SiO32、Cl、CH3COO7下列实验过程中，始终无明显现象的是( )ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中8下列实验装置设计正确、且能达到目的是( )A实验：制备
4、金属钠B实验：制取氢氧化亚铁并观察其颜色C实验：制取少量的氢氧化铝D实验：比较两种物质的热稳定性9下列指定反应的离子方程式正确的是( )ACu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO310已知下述三个实验均能发生化学反应：实验实验实验将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液
5、中下列判断中正确的是( )A实验中铁钉只作还原剂B实验中Fe2+既显氧化性又显还原性C实验中发生置换反应D上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+11有关下图所示化合物的说法不正确的是 ( )A既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体12如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列正确的是( )AK1闭合，铁棒上发生的反应为2H+2eH2BK1闭合，石墨棒周围溶液
6、pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体13做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+C2O42+H+CO2+Mn2+，关于此反应的叙述正确的是( )A该反应的氧化剂是C2O42B该反应右边方框内的产物是OHC该反应中生成1molCO2电子转移数总是5NAD配平该反应式后，H+的系数是1614某地污水中含有Zn2+、Hg2+、Fe3+和Cu2+4种阳离子甲、乙、丙3位同学设计的从该污水中回收金属铜的方案如下下列判断正确的
7、是( )A三种实验方案中都能制得纯净的铜B乙方案中加过量铁粉可以将4种阳离子全部还原C甲方案中的反应涉及置换、分解、化合、复分解4种反应类型D丙方案会产生环境污染15向盐酸和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀Al（OH）3的量随着加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )A在a点对应的溶液中，加入Mg2+、I、NH4+、NO3离子仍能大量共存B图中BC的过程中，实际发生的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2OC若b、c的纵坐标数值相同，则横坐标数值之比为1：3D原溶液中盐酸和AlCl3物质的量的浓度之比为1：316取少量MgO、A12O
8、3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸，充分反应后过滤，得到沉淀X和滤液Y下列叙述正确的是( )A上述四种氧化物对应的水化物中，Al（OH）3酸性最强B向沉淀X中加入氢氟酸，沉淀X不溶解C溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+D溶液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe（OH）3和Mg（OH）217某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为Al，其它均为Cu，则( )A电流方向：电极A电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：Cu2+2eCu18amolFeS与bmolFe3O4投入到V L cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体所得澄清溶液的
9、成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为( )AB（a+3b）molCD（cV3a9b）mol二非选择题（本部分有5个小题，共64分）19按要求回答下列问题：（1）工业上用电解熔融的氧化铝来制备金属铝，电解池中熔融氧化铝电离出可自由移动的铝离子和氧离子，写出阳极的电极反应式：_（2）铝与氢氧化钠反应的离子方程式为：_（3）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入_（填“A”或“B”），再滴加另一反应物请简述判断流程中沉淀是否洗净所用的方法_20（16分）已知：
10、Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：图中X溶液是_；Cu电极上发生的电极反应式为_；原电池工作时，盐桥中的_（填“K+”或“Cl”）不断进入X溶液中（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：M是_极；图丙中的线是_的变化当电子转移为2mol时，溶解铜的质量为_（3）铁的重要化合物高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2，则电解时阳极的电极反应
11、式是_高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为_你认为高铁酸钠作为一种新型净水剂的理由可能是_A高铁酸钠溶于水形成一种胶体，具有较强的吸附性B高铁酸钠具有强氧化性，能消毒杀菌C高铁酸钠在消毒杀菌时被还原生成Fe3+，水解产生氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质21香豆素是用途广泛的香料，合成香豆素的路线如下（其他试剂、产物及反应条件均省略）：（1）香豆素的分子式为_；与H2反应生成邻羟基苯甲醇，邻羟基苯甲醇的结构简式为_（2）反应的反应类型是_，反应的反应类型是_（3）香豆素在过量NaOH溶液中完全水解的化学方程式为_（4）是的同分
12、异构体，的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，能发生银镜反应的结构简式为_（任写一种）（5）一定条件下，与CH3CHO能发生类似反应、的两步反应，最终生成的有机物的结构简式为_22（13分）磷酸铁（FePO42H2O，难溶于水的米白色固体）可用于生成药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料，实验室可通过下列实验制备磷酸铁（1）钢铁锈蚀是目前难以解决的现实问题，电化学腐蚀最为普遍写出在潮湿空气中钢铁发生吸氧锈蚀时正极的电极反应式：_铁锈的主要成分是_（填写化学式），将生锈的铁屑放入H2SO4溶液中充分溶解后，在溶液中并未检测出Fe3+，用离子方程式说明原因：_（2）称取一定量已除
13、去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，反应加热的目的是_（3）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2+为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2+，离子方程式如下：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O在向滴定管注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、用蒸馏水洗和_，应选用_式滴定管若滴定xmL滤液中的Fe2+，消耗amolL1 K2Cr2O7标准溶液bmL，则滤液中c（Fe2+）=_ molL1为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是_（填序号）A加入适当过量的H2O2溶液 B缓慢滴加
14、H2O2溶液并搅拌C加热，使反应在较高温度下进行 D用氨水调节pH=723（16分）工业上用黄铜矿冶炼铜及对炉渣综合利用的一种工艺流程如下：（1）冶炼过程中得到Cu2O和Cu的混合物称为“泡铜”，其中的Cu2O与金属A1在高温条件下反应可得粗铜，反应化学方程式为_ 粗铜精炼时应将粗铜连接在直流电源的_极（2）传统炼铜的方法主要是火法炼铜，其主要反应为：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2反应中的氧化剂是_，以上总反应可写为：_（3）炼铜产生的炉渣（含Fe2O3，FeO，SiO2，Al2O3）可制备Fe2O3
15、根据流程回答下列问题：加入适量NaClO溶液的目的是_ （用离子方程式表示）除去Al3+的离子方程式是_选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO提供的试剂有：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水所选试剂是_实验设计：_2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题2分，共36分，每小题只有一个选项符合题意）1海水资源的综合利用十分重要，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是( )A溴、碘B钠、镁C烧碱、氯气D食盐、淡水【考点】海水资源及其综合利用 【专题】元素及其化合物【分析】根据从海水制备物质的原理可知
16、，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；【解答】解：A通过氯气将溴离子和碘离子氧化为溴单质和碘单质，是化学变化，故A错误；B可从海水中获得氯化钠，电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，可从海水中获得氯化镁，通过电解熔融的氯化镁得到镁和氯气，是化学变化，故B错误；C可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故C错误；D把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确；故选：D；【点评】本题考查了海水的成分，需要注意的是金属单质与非金属单质
17、需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键2玻璃器皿上沾有一些用水洗不掉的残留物，其洗涤方法正确的是( )残留在试管内壁上的碘，用酒精洗涤 盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用酒精洗涤做银镜反应后残留的银，用稀氨水洗涤 沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤ABCD【考点】油脂的性质、组成与结构；乙醇的化学性质；苯酚的化学性质 【分析】碘易溶于酒精；苯酚易溶于酒精；银单质与氨水不反应；氢氧化钠能和油脂反应【解答】解：根据碘溶于酒精的性质，所以可用酒精清洗残留碘的试管，故正确；苯酚易溶于酒精，残留有苯酚的试管，可用酒精洗涤，故正确；银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，故错误；氢氧化钠能和油脂反应，
18、从而把油脂除去，故正确故选A【点评】本题考查化学实验基本操作，难度不大，注意基础知识的积累3某溶液中有Mg2+、Fe2+、Cu2+三种离子，向其中加入过量的NaOH溶液后过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是( )AMg2+BFe2+CCu2+D无减少【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变 【分析】加入过量的NaOH，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Fe2+【
19、解答】解：加入过量的NaOH，Mg2+2OH=Mg（OH）2、Fe2+2OH=Fe（OH）2、Cu2+2OH=Cu（OH）2，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Fe2+，故选B【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，侧重复分解反应的考查，注意亚铁发生的氧化还原反应及滤渣中加盐酸，题目难度不大4用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述
20、正确的是( )A常温常压下，33.6 L氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3NAB5.6 g铁与足量的稀硫酸反应，失去电子数为0.3NAC7.8克过氧化钠与足量的水反应，转移的电子总数为0.1 NAD1 L 1 molL1 Na2CO3溶液中含有NA个CO32【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、铁与稀硫酸反应后变为+2价；C、过氧化钠与水的反应是歧化反应；D、CO32是弱酸根，在溶液中会水解【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，即2
21、7g金属铝过量，则转移的电子数由氯气决定，故转移的电子的个数小于3NA个，故A错误；B、铁与稀硫酸反应后变为+2价，故5.6g铁即0.1mol铁失去0.2mol电子，故B错误；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与水的反应是歧化反应，在反应中，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子，故C正确；D、CO32是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中CO32的个数小于NA个，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，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大5用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下
22、两种方案：Fe H2Cu；CuO CuSO4Cu若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的质量比较正确的是( )A多B多C相等D无法比较【考点】制备实验方案的设计；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质 【专题】元素及其化合物【分析】两方案中所发生的化学方程式为：Fe+H2SO4FeSO4+H2、H2+CuOCu+H2O；CuO+H2SO4CuSO4+H2O、Fe+CuSO4Cu+FeSO4；中均可完全转化，而中氢气还原CuO，应先通入氢气排出装置中的空气，不能全部参与还原反应【解答】解：两方案中所发生的化学方程式为：Fe+H2SO4FeSO4+H2、H2+CuOCu+H2O；CuO+H2
23、SO4CuSO4+H2O、Fe+CuSO4Cu+FeSO4；中均可完全转化，而方案中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案对应的铜减少故方案生成的铜多，故选B【点评】本题考查制备物质方案，为高频考点，把握制备中发生的反应、分析方案的差别为解答的关键，注意氢气还原氧化铜的实际操作即可解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大6在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是( )A室温下=1013
24、molL1的溶液中：NH4+、Mg2+、NO3、SO42B含有0.1 molL1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN、NO3C加入Al能放出H2的溶液中：NH4+、K+、Cl、HCO3D在H+、Na+、SO42浓度均为0.1 molL1的溶液中：K+、SiO32、Cl、CH3COO【考点】离子共存问题 【分析】A室温下=1013 molL1的溶液，显酸性；B离子之间结合生成络离子；C加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D离子之间结合生成沉淀或弱电解质【解答】解：A室温下=1013 molL1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；BFe3+、SCN结合生成
25、络离子，不能大量共存，故B错误；C加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能大量存在HCO3，碱性溶液中不能大量存在NH4+、HCO3，故C错误；DH+、SiO32结合生成沉淀，H+、CH3COO结合生成弱电解质，不能大量共存，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、络合反应的离子共存考查，题目难度不大7下列实验过程中，始终无明显现象的是( )ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中【考点】氧化还原反应；离
26、子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物 【专题】综合实验题；元素及其化合物【分析】根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意【解答】解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选：B【
27、点评】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应8下列实验装置设计正确、且能达到目的是( )A实验：制备金属钠B实验：制取氢氧化亚铁并观察其颜色C实验：制取少量的氢氧化铝D实验：比较两种物质的热稳定性【考点】化学实验方案的评价；金属冶炼的一般原理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁 【专题】实验评价题【分析】ANa采用电解熔融氯化钠的方法冶炼；B制备氢氧化亚铁时要隔绝空气；C氢氧化铝
28、不溶于弱碱；D比较两种物质的热稳定性时碳酸钠要放置在大试管中【解答】解：ANa是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，如果电解食盐水，则阴极上氢离子放电而不是钠离子放电，所以得不到钠，故A错误；B氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成红棕色的氢氧化铁，为防止氢氧化亚铁被氧化，则制备氢氧化亚铁时要隔绝空气，煤油的密度小于水，所以能隔绝空气，故B正确；C氢氧化铝不溶于弱碱，实验室用氨水和可溶性铝盐制取氢氧化铝，故C正确；D比较两种物质的热稳定性时碳酸钠要放置在大试管中，如果温度高的碳酸钠不分解而温度低的碳酸氢钠分解，说明碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠，故D错误；故选BC【点评】本题考查了实验
29、方案评价，涉及金属的冶炼、物质稳定性的判断、物质的制取等知识点，根据金属的活动性强弱确定冶炼方法、根据氢氧化亚铁的不稳定性和氢氧化铝的性质采取合适的制取方法，同时考查学生分析问题能力，题目难度不大9下列指定反应的离子方程式正确的是( )ACu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3【考点】离子方程式的书
30、写 【专题】离子反应专题【分析】A铜和稀硝酸反应生成NO；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3H2O；C弱电解质写化学式；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠【解答】解：A铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3H2O，离子方程式为2NH4+Fe2+4OHFe（OH）2+2NH3H2O，故B错误；C弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故C
31、错误；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点10已知下述三个实验均能发生化学反应：实验实验实验将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液中下列判断中正确的是( )A实验中铁钉只作还原剂B实验中Fe2+既显氧化性又显还原性C实验中发生置换反应D上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+【考点】氧化还原反应；氧
32、化性、还原性强弱的比较 【专题】氧化还原反应专题【分析】根据物质的性质判断可能所发生的反应，结合化合价的变化判断物质在氧化还原反应中所起到的作用【解答】解：A发生反应为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，铁钉只作还原剂，故A正确；B发生反应为：3Fe2+NO3+4H+=NO+3Fe3+2H2O，Fe2+只显还原性，故B错误；C发生反应为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，没有单质生成，不是置换反应，故C错误；D由实验可知氧化性：Fe3+Cu2+，由实验可知氧化性：Cu2+Fe2+，故有Fe3+Cu2+Fe2+，故D错误故选A【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，本题注意把握铁元素对应单质的
33、性质，把握氧化性、还原性的比较11有关下图所示化合物的说法不正确的是 ( )A既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体【考点】有机物分子中的官能团及其结构 【专题】压轴题【分析】A、含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应；B、酯基可以和氢氧化钠溶液发生水解反应；C、苯环可以被氢加成，碳碳双键可以使KMnO4褪色；D、羧基能与NaHCO3放出CO2气体，酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色
34、反应【解答】解：A、有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2光照发生取代反应，故A正确；B、酚羟基要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，故B正确；C、苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使KMnO4褪色，故C正确；D、该有机物中不存在羧基，并且酚羟基酸性比碳酸弱，故不能与NaHCO3放出CO2气体，故D错误故选D【点评】本题考查学生有关官能团决定性质的知识，要要求学生熟记官能团具有的性质，并熟练运用12如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列正确的是( )AK1闭合，铁棒上发生的反应为2
35、H+2eH2BK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体【考点】原电池和电解池的工作原理；真题集萃 【专题】电化学专题【分析】若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断【解答】解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁
36、作负极，负极上铁失电子，Fe2e=Fe2+，故A错误；B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误故选B【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中
37、等13做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4+C2O42+H+CO2+Mn2+，关于此反应的叙述正确的是( )A该反应的氧化剂是C2O42B该反应右边方框内的产物是OHC该反应中生成1molCO2电子转移数总是5NAD配平该反应式后，H+的系数是16【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】该反应中锰元素的化合价由+7价变为+2价，碳元素的化合价由+3价变为+4价，所以高锰酸根离子作氧化剂，草酸根离子作还原剂，根据转移电子数相等及原子守恒配平方程式【解答】解：锰元素的化合价由+7价变为+2价，碳元素的化合
38、价由+3价变为+4价，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，反应为2MnO4+5C2O4 2+16H+10CO2+2Mn2+8H2O，A该反应中，碳元素的化合价由+3价变为+4价，所以草酸根离子作还原剂，锰元素的化合价由+7价变为+2价，则MnO4为还原剂，故A错误；B根据元素守恒、原子守恒知，该反应右边方框内的产物是H2O，故B错误；C由2MnO4+5C2O4 2+16H+10CO2+2Mn2+8H2O可知，转移电子总数是10e，生成1molCO2电子转移数为NA，故C错误；D由2MnO4+5C2O4 2+16H+10CO2+2Mn2+8H2O，所以氢离子系数是16，故D正确；故选D【点评】本题考
39、查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及配平的考查，题目难度不大14某地污水中含有Zn2+、Hg2+、Fe3+和Cu2+4种阳离子甲、乙、丙3位同学设计的从该污水中回收金属铜的方案如下下列判断正确的是( )A三种实验方案中都能制得纯净的铜B乙方案中加过量铁粉可以将4种阳离子全部还原C甲方案中的反应涉及置换、分解、化合、复分解4种反应类型D丙方案会产生环境污染【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【分析】甲中生成沉淀含氢氧化铜、氢氧化铁，不利用制备纯Cu；乙中滤渣含Fe、Cu，不利于制备纯铜，丙中加铁粉后的滤渣含Fe、Cu，再加盐酸
40、除去Fe，得到的滤渣只有Cu，以此来解答【解答】解：解：甲中生成沉淀含氢氧化铜、氢氧化铁，不利用制备纯Cu；乙中滤渣含Fe、Cu，不利于制备纯铜，丙中加铁粉后的滤渣含Fe、Cu，再加盐酸除去Fe，得到的滤渣只有Cu，A由上述分析可知，只有丙可制备纯Cu，故A错误； B乙方案中加过量铁粉可以将Fe3+、Hg2+和Cu2+全部还原，故B错误；C甲方案中的反应涉及为置换、为分解、为复分解三种反应类型，故C错误；D由上述分析可知，丙方案回收铜较好，但有盐酸废液，发生环境污染，故D正确故选D【点评】本题考查物质的分离提纯方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及制备流程中的反应为解答的关键，注意发生的反应
41、的分析及物质的成分，题目难度不大15向盐酸和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀Al（OH）3的量随着加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )A在a点对应的溶液中，加入Mg2+、I、NH4+、NO3离子仍能大量共存B图中BC的过程中，实际发生的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2OC若b、c的纵坐标数值相同，则横坐标数值之比为1：3D原溶液中盐酸和AlCl3物质的量的浓度之比为1：3【考点】离子方程式的有关计算 【分析】首先发生NaOH+HClNaCl+H2O，盐酸反应完毕，再发生反应3NaOH+AlCl3=3NaCl+Al（OH）3，
42、最后发生NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，沉淀溶解，以此来解答【解答】解：AB点沉淀最大，溶液中溶质为NaCl，a点的溶液为HCl、AlCl3混合溶液，溶液显酸性，NO3能氧化I，不能共存，故A错误；B图中BC的过程是氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故B正确；Cb、c的纵坐标数值相同，横坐标数值之比不一定为1：3，与纵坐标的值有关，不能是任意点，故C错误；D由图可知盐酸完全反应、氯化铝完全反应生成沉淀量最大时消耗氢氧化钠溶液的体积之比为1：3，即消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：3，由NaOH+HClNaCl+H2O、3NaOH+A
43、lCl3=3NaCl+Al（OH）3，可知原溶液中HCl、AlCl3的物质的量之比为1：1，则原溶液中盐酸和AlCl3物质的量的浓度之比为1：1，故D错误；故选B【点评】本题以图象形式考查混合物的有关计算，清楚各阶段发生的反应是关键，C选项为易错点，只有唯一的点满足关系16取少量MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸，充分反应后过滤，得到沉淀X和滤液Y下列叙述正确的是( )A上述四种氧化物对应的水化物中，Al（OH）3酸性最强B向沉淀X中加入氢氟酸，沉淀X不溶解C溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+D溶液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe（OH）3和
44、Mg（OH）2【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅 【专题】碳族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】根据金属氧化物MgO、Fe2O3会溶于酸，不会溶于碱，A12O3、二氧化硅、氢氧化铝会溶于强碱进行分析【解答】解：混合物中加入过量的盐酸后，氧化镁、氧化铝、氧化铁会与盐酸反应生成氯化镁、氯化铝、氯化铁，而二氧化硅不会溶于盐酸，所以得到的沉淀是二氧化硅，反应后的溶液Y中含有氯化镁、氯化铝、氯化铁和反应剩余的盐酸，A、上述四种氧化物对应的水化物中，只有硅酸是酸，其余的均属于碱类，故A错误；B、二氧化硅不会溶于盐酸，向沉淀二氧化硅中加入氢氟酸，会溶解，故B错误；C、反应后的溶
45、液Y中含有氯化镁、氯化铝、氯化铁和反应剩余的盐酸，阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，故C正确；D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝、氯化铁和反应剩余的盐酸，加入过量氨水，所得沉淀为Fe（OH）3和Mg（OH）2以及Al（OH）3，故D错误故选C【点评】本题考查学生物质的性质方面的知识，主义知识的梳理是解题的关键，难度不大17某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为Al，其它均为Cu，则( )A电流方向：电极A电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：Cu2+2eCu【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】电极为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以
46、是负极、是阴极，是阳极、是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答【解答】解：电极为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，A电流从正极沿导线流向负极，即电极A电极，故A正确；B电极上电极反应式为Al3e=Al3+，发生氧化反应，故B错误；C电极是正极，正极上发生反应为Cu 2+2e=Cu，所以电极质量逐渐增大，故C错误；D电极为阳极，电极反应式为Cu2eCu 2+，故D错误；故选A【点评】本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等18amolFe
47、S与bmolFe3O4投入到V L cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为( )AB（a+3b）molCD（cV3a9b）mol【考点】氧化还原反应的计算 【分析】反应中硝酸起氧化剂、酸作用，未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量NO的物质的量【解答】解：反应中硝酸起氧化剂、酸作用，起酸的作用的硝酸未被还原，
48、未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中，根据元素守恒可知，nFe（NO3）3=n（Fe）=amol+3bmol=（a+3b）mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3（a+3b）mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量=amol（32）+amol6（2）+bmol3（3）（52）=mol，根据氮元素守恒，则未被还原的硝酸的物质的量=VLcmol/Lmol=mol，故选A【点评】本题以元素化合物知识为载体，考查氧化还原反应中守恒法计算技巧，为高频考点，侧重对学生思维能力的考查，题目计算量较大，答案表示不唯一，题目难度中等二非选择题（本部分有5个小题，共64分）19
49、按要求回答下列问题：（1）工业上用电解熔融的氧化铝来制备金属铝，电解池中熔融氧化铝电离出可自由移动的铝离子和氧离子，写出阳极的电极反应式：2O24e=O2 （2）铝与氢氧化钠反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（3）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入B（填“A”或“B”），再滴加另一反应物请简述判断流程中沉淀是否洗净所用的方法取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀
50、生成，则说明已经洗涤干净【考点】电解原理；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物 【分析】（1）电解池的阳极上是阴离子发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应式；（2）金属铝和氢氧化钠水溶液之间发生反应生成偏铝酸钠、氢气，据此书写方程式；（3）MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥得氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，再在高温焙烧得到MgAl2O4固体，先加入氨水，再加入盐的混合溶液，会使两种沉淀同时生成；根据题意可知，沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤
51、干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净；【解答】解：（1）用电解熔融的氧化铝来制备金属铝时，电解池的阳极上是阴离子发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2O24e=O2 ；故答案为：2O24e=O2；（2）金属铝和氢氧化钠水溶液之间发生反应生成偏铝酸钠、氢气，离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥得氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，再在高温焙烧得到MgAl2O4固体；如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量
52、，应先生成氢氧化镁沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀，故应先向沉淀反应器中加入氨水；沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，故答案为：B；取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计、化学实验基本操作方法及其综合应用等知识，为高考常见题型，题目难度中等，明确制备原理及
53、化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握化学实验制备方案的设计原则，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力20（16分）已知：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：图中X溶液是FeCl3；Cu电极上发生的电极反应式为Cu2e=Cu2+；原电池工作时，盐桥中的K+（填“K+”或“Cl”）不断进入X溶液中（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：M是负极；图丙中的线是Fe2+的变化当电子转移为2mol时，溶解铜的质量为64g（3）铁的重要化合物高
54、铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2，则电解时阳极的电极反应式是Fe+8OH6eFeO42+4H2O高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O你认为高铁酸钠作为一种新型净水剂的理由可能是BCA高铁酸钠溶于水形成一种胶体，具有较强的吸附性B高铁酸钠具有强氧化性，能消毒杀菌C高铁酸钠在消毒杀菌时被还原生成Fe3+，水解产生氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质【考点】原
55、电池和电解池的工作原理；铁的氧化物和氢氧化物 【分析】（1）氯化铁具有强氧化性，铜能被氯化铁氧化，所以电解质溶液为FeCl3溶液；Cu易失电子发生氧化反应而作负极；石墨作正极，则盐桥中阳离子向正极移动；（2）根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算；（3）电解时阳极失电子发生氧化反应 铁失电子和氢氧根离子生成高铁酸根离子和水 高铁酸根离子有强氧化性，被还原生成的三价铁离子能发生生成胶体，胶体具有吸附性
56、【解答】解：（1）氯化铁具有强氧化性，铜能被氯化铁氧化，所以反应为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，则FeCl3溶液为电解质溶液，故答案为：FeCl3；Cu作负极，失电子发生氧化反应，电极反应为Cu2e=Cu2+，故答案为：Cu2e=Cu2+；Cu作正极，放电时，电解质溶液中阳离子K+移向X溶液中，故答案为：K+；（2）根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，所以M是负极，故答案为：负； 根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知为Fe3+，为Fe2+，为Cu2+，故答
57、案为：Fe2+；当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+ 2mol，Fe2+ 3mol，Cu2+为1mol，所以溶解铜的质量为64g，故答案为：64g；（3）电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH6eFeO42+4H2O，故答案为：Fe+8OH6eFeO42+4H2O；NaClO氧化Fe（OH）3的反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O；高铁酸钠具有强氧化性，所以能杀菌消毒；高铁酸钠能被还原生成铁离子，铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，所以
58、能净水，故选BC【点评】本题考查了电解原理和原电池原理，为高考热点问题，难点是（2）题图象分析，知道溶液中离子浓度变化及其原因，题目难度中等21香豆素是用途广泛的香料，合成香豆素的路线如下（其他试剂、产物及反应条件均省略）：（1）香豆素的分子式为C9H6O2；与H2反应生成邻羟基苯甲醇，邻羟基苯甲醇的结构简式为（2）反应的反应类型是消去反应，反应的反应类型是酯化反应（3）香豆素在过量NaOH溶液中完全水解的化学方程式为（4）是的同分异构体，的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，能发生银镜反应的结构简式为（任意一种即可）（任写一种）（5）一定条件下，与CH3CHO能发生类似反应
59、、的两步反应，最终生成的有机物的结构简式为【考点】有机物的合成 【分析】（1）根据有香豆素的结构简式判断含有的原子种类与个数，可确定分子式；与H2发生加成反应，氢气与醛基中的碳氧双键加成，根据可写邻羟基苯甲醇的结构简式；（2）反应中醇羟基与相邻的氢原子脱去1分子式形成碳碳双键，属于消去反应；反应发生酯化反应；（3）香豆素水解可生成酚羟基和羧基，二者都能与NaOH继续发生反应；（4）苯环上含有两个邻位取代基，能发生银镜反应，说明含有CHO，另一官能团为COOH或酯基；（5）反应发生醛的加成反应，反应发生醇的消去反应【解答】解：（1）根据有香豆素的结构简式可知其分子式为C9H6O2，与H2发生加成
60、反应，氢气与醛基中的碳氧双键加成，根据可知邻羟基苯甲醇的结构简式为，故答案为：C9H6O2；（2）由官能团的变化可知反应为消去反应，反应为酯化反应，故答案为：消去反应；酯化反应；（3）香豆素水解可生成酚羟基和羧基，二者都能与NaOH反应，反应的方程式为，故答案为：；（4）是的同分异构体，的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，能发生银镜反应，说明含有CHO，另一官能团为COOH或酯基，对应的醛基可为CHO、CH2CHO，另一取代基可为CH2COOH、COOH、COOCH3、OOCCH3、OOCH等，则对应的同分异构体可能为，故答案为：（任意一种即可）；（5）与CH3CHO发生加
61、成反应生成，然后发生消去反应可生成，故答案为：【点评】本题以有机物的合成考查有机物的结构性质，难度中等，侧重于有机物的官能团的性质与转化的考查，注意根据官能团的转化判断发生的反应，注意（4）中有机物同分异构体的判断22（13分）磷酸铁（FePO42H2O，难溶于水的米白色固体）可用于生成药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料，实验室可通过下列实验制备磷酸铁（1）钢铁锈蚀是目前难以解决的现实问题，电化学腐蚀最为普遍写出在潮湿空气中钢铁发生吸氧锈蚀时正极的电极反应式：O2+4e+2H2O4OH铁锈的主要成分是Fe2O3（填写化学式），将生锈的铁屑放入H2SO4溶液中充分溶解后，在溶液中并未检测出F
62、e3+，用离子方程式说明原因：Fe+2Fe3+=3Fe2+（2）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，反应加热的目的是加快Fe和稀硫酸的反应速率（3）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2+为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2+，离子方程式如下：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O在向滴定管注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、用蒸馏水洗和用标准液润洗23次，应选用酸式滴定管若滴定xmL滤液中的Fe2+，消耗amolL1 K2Cr2O7标准溶液bmL，则滤液中c（Fe2+）= molL1
63、为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是A、B（填序号）A加入适当过量的H2O2溶液 B缓慢滴加H2O2溶液并搅拌C加热，使反应在较高温度下进行 D用氨水调节pH=7【考点】制备实验方案的设计；铁盐和亚铁盐的相互转变；中和滴定 【专题】实验分析题；实验设计题【分析】本题以实验室制备磷酸铁为载体，探究铁在潮湿的空气里发生吸氧腐蚀得到氧化铁的原理、溶液里Fe3+和Fe2+的转化及检验、以及利用氧化还原反应原理进行滴定测定溶液里Fe2+的浓度，还考查了通过升温、搅拌等可以加快反应速率等理论，据此可作答；（1）铁在潮湿的空气里很容易发生电化学腐蚀，主要是吸氧腐蚀，正极上氧气得电
64、子被还原，铁锈的主要成份是氧化铁，用硫酸溶解生锈有铁屑时，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，如果铁过量，溶液里应该没有+3价铁；（2）结合影响反应速率的影响因素可知温度越高，反应速率越快；（3）K2Cr2O7溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，注入前酸式滴定管要检漏、水洗，最后再用标准的K2Cr2O7溶液润湿；根据Fe2+和K2Cr2O7之间的关系式计算亚铁离子物质的量，再计算得到浓度；为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，加入的氧化剂要过量，且使反应物充分反应【解答】解：（1）铁在潮湿的空气里发生吸氧腐蚀，正极电极反应式为O2+4e+2H2O4OH，生成的铁锈主要成
65、份是Fe2O3，将生锈的铁屑放入H2SO4溶液中充分溶解后，因过量的铁能将+3价的铁还原成+2价，因此反应后的溶液里不一定有Fe3+，发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：O2+4e+2H2O4OH；Fe2O3；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）温度越高，反应速率越快，所以反应加热的目的是加快铁与稀硫酸反应速率，故答案为：加快Fe和稀硫酸的反应速率；（3）向滴定管注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、用蒸馏水洗，为防止滴定管附着的水稀释标准液，还需要用用标准液润洗23次，K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，故答案为：用标准液润
66、洗23次；酸式；若滴定v mL滤液中的Fe2+，消耗a molL1 KMnO4标准溶液b mL，Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，根据Fe2+和K2Cr2O7之间的关系式得c（Fe2+）=mol/L，故答案为：；A、加入适当过量的H2O2溶液，导致铁离子能完全反应，故A正确；B、缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，反应物接触面积增大，能使铁离子完全反应，故B正确；C、加热，使反应在较高温度下进行，虽然反应速率加快，但能促进亚铁离子水解而产生杂质，故C错误；D、用氨水调节溶液pH=7，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁杂质，故错误；故答案为：A、B【点评】本题以铁及其化合
67、物为载体考查了物质的制备，涉及氧化还原反应、实验操作、反应速率的影响因素等知识点，根据物质之间的关系式、实验操作的规范性、影响反应速率的因素等知识点来分析解答，题目难度中等23（16分）工业上用黄铜矿冶炼铜及对炉渣综合利用的一种工艺流程如下：（1）冶炼过程中得到Cu2O和Cu的混合物称为“泡铜”，其中的Cu2O与金属A1在高温条件下反应可得粗铜，反应化学方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu 粗铜精炼时应将粗铜连接在直流电源的正极（2）传统炼铜的方法主要是火法炼铜，其主要反应为：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S
68、6Cu+SO2反应中的氧化剂是Cu2O和Cu2S，以上总反应可写为：2CuFeS2+5O22FeO+4SO2+2Cu（3）炼铜产生的炉渣（含Fe2O3，FeO，SiO2，Al2O3）可制备Fe2O3根据流程回答下列问题：加入适量NaClO溶液的目的是2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O （用离子方程式表示）除去Al3+的离子方程式是Al3+4OH=AlO2+2H2O选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO提供的试剂有：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水所选试剂是稀硫酸、KMnO4溶液实验设计：用稀硫酸溶解炉渣，取溶液向其中滴加高锰酸钾溶液，如果紫色
69、褪去，证明含有Fe2+离子，证明炉渣中含有FeO【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】实验设计题【分析】（1）Cu2O与金属A1在高温条件下反应得到Cu与氧化铝，电解精炼铜时，粗铜作阳极，连接直流电源的正极；（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；总反应方程式中应消去中间产物：Cu2S、Cu2O，则CuFeS2与O2 在高温下反应生成Cu、SO2、FeO，配平书写方程式；（3）炉渣含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，用过量盐酸溶解，发生反应：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、FeO+2H+Fe2+H2O、Al2O3+6H+2Al3+3H2O，SiO2不反应，过滤
70、除去SiO2，所得滤液中含有FeCl3、FeCl2、AlCl3及过量的HCl，加入适量NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，再加入足量NaOH溶液，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，使Al3+转化为AlO2，再过滤除去AlO2，沉淀洗涤、干燥，再煅烧得到Fe2O3，加入适量NaClO溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl，酸性条件下，同时有水生成；Al3+与过量的氢氧化钠反应转化为AlO2；用酸溶解FeO，Fe2+具有还原性，再用KMnO4溶液检验Fe2+，注意不能用盐酸，由于KMnO4溶液可以氧化HCl【解答】解：（1）Cu2O与金属A1在高温条件下反应得到Cu与氧化铝，反应
71、方程式为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu，电解精炼铜时，粗铜作阳极，连接直流电源的正极，故答案为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；正；（2）反应2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2中，化合价降低的Cu元素所在的反应物Cu2O和Cu2S是氧化剂；总反应方程式中应消去中间产物：Cu2S、Cu2O，则CuFeS2与O2 在高温下反应生成Cu、SO2、FeO，总反应方程式为：2CuFeS2+5O22FeO+4SO2+2Cu，故答案为：Cu2O和Cu2S；2CuFeS2+5O22FeO+4SO2+2Cu；（3）炉渣含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，用过量盐酸溶解，发生反应：Fe2O
72、3+6H+2Fe3+3H2O、FeO+2H+Fe2+H2O、Al2O3+6H+2Al3+3H2O，SiO2不反应，过滤除去SiO2，所得滤液中含有FeCl3、FeCl2、AlCl3及过量的HCl，加入适量NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，再加入足量NaOH溶液，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，使Al3+转化为AlO2，再过滤除去AlO2，沉淀洗涤、干燥，再煅烧得到Fe2O3，加入适量NaClO溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl，酸性条件下，同时有水生成，反应离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O，故答案为：2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+C
73、l+H2O；Al3+与过量的氢氧化钠反应转化为AlO2，除去Al3+的离子方程式是Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O；由于KMnO4溶液可以氧化HCl，用稀硫酸溶解炉渣，取溶液向其中滴加高锰酸钾溶液，如果紫色褪去，证明含有Fe2+离子，证明炉渣中含有FeO，故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；用稀硫酸溶解炉渣，取溶液向其中滴加高锰酸钾溶液，如果紫色褪去，证明含有Fe2+离子，证明炉渣中含有FeO【点评】本题考查物质制备实验方案设计、物质的分离和提纯、物质检验、对操作的分析评价、氧化还原反应等，综合考察学生分析解决问题的能力、知识迁移运用能力，难度中等
