1、山东省泰安市2018届高三上学期期中考试化学试题1. 天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窑中燃薪举火”，“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法错误的是A. 粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料B. “燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化C. 烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦D. 沙子和粘土的主要成分均为硅酸盐【答案】D【解析】制作陶瓷的主要原料是黏土（课本中用的是“黏土”这个词），A选项正确。黏土在高温下，发生复杂的物理化学变化，转化为陶瓷，B选项正确。黏土中含有铁，烧制过程中自然冷却完全氧化时生成三氧化二铁呈红色，即红瓦；而如
2、果在烧制过程中加水冷却，使黏土中的铁不完全氧化而生成低价铁（FeO)则呈青色，即青瓦；C选项正确。沙子的主要成分是二氧化硅，黏土的主要成分是硅酸盐，D选项错误。2. 下列说法正确的是A. 二氧化硫可用于杀菌、消毒B. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁能源C. 氯气和明矾均可做自来水的消毒剂D. 食品保鲜剂中所含铁粉和生石灰均作还原剂【答案】A【解析】A. 二氧化硫可用于杀菌、消毒，A正确；B. 煤的气化和液化均是化学变化，B错误；C. 氯气可做自来水的消毒剂，明矾是净水剂，C错误；D. 食品保鲜剂中所含铁粉作还原剂，生石灰作干燥剂，D错误，答案选A。点睛：选项C是易错点，氯气自身没有漂白
3、性，溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，可以杀菌消毒。明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性而作净水剂，二者的原理是不同的。3. 下列仪器名称正确的是A. 三脚架 B. 容量瓶 C. 镊子 D. 坩埚 【答案】D【解析】A、应该是泥三角，A错误；B、是容量瓶，B错误；C、是坩埚钳，C错误；D、是坩埚，D正确，答案选D。4. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 将100 mL 0.1molL-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒0.01NAB. 常温常压下，4.6 g C2H6O所含碳氢共价键数目为0.6NAC. 2 g D216O中含有的质子数、
4、中子数、电子数均为NAD. 向FeI2溶液中通入适量C12，当有1 mol Fe2+被氧化时，共转移的电子数目为NA【答案】C【解析】A. 铁离子水解可逆，因此将100mL0.1molL的FeCl3溶液滴入沸水中可制得的Fe(OH)胶粒小于0.01NA，A错误；B. 常温常压下，4.6 g C2H6O是0.1mol，由于不能确定是乙醇还是二甲醚，所含碳氢共价键数目不一定为0.6 NA，B错误；C. 2 g D216O的物质的量是0.1mol，其中含有的质子数、中子数、电子数均为NA，C正确；D. 碘离子还原性强于亚铁离子，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时碘离子完全被
5、氧化，共转移的电子数目大于NA，D错误，答案选C。5. 下列说法不正确的是A. Na2O2能与CO2反应，可用作呼吸面具的供氧剂B. A12O3熔点高，可用于制作耐高温仪器C. 高纯硅可以制作太阳能电池，其工作原理与原电池不同D. KNO3、KClO3、S、C2H5OH可存放在同一库房间【答案】D【解析】Na2O2能与CO2反应，生成碳酸钠和氧气，所以可以用作供氧剂，选项A正确。氧化铝属于离子晶体，离子的半径小，电荷高，导致离子键很强，所以熔点很高，可以用作耐高温仪器（如：耐火坩埚），选项B正确。高纯硅可以用作太阳能电池，其原理是将光能转化为太阳能，而原电池的原理是将化学能转化为电能，所以选项
6、C正确。硝酸钾、氯酸钾都属于强氧化剂，S、乙醇都是易燃的还原剂，两者存放在同一个仓库中比较危险，接触可能会燃烧甚至爆炸，选项D正确。6. 下列组合正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】酒精是非电解质，选项A错误。硫酸钙是是盐，属于强电解质；次氯酸是弱酸，属于弱电解质；Mn2O7是高锰酸对应的酸性氧化物；CaO是氢氧化钙对应的碱性氧化物；选项B正确。氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；氧化铝是两性氧化物；选项C错误。Na2O2不是碱性氧化物，因为其与水反应除生成氢氧化钠之外，还有氧气，选项D错误。7. 标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数目一样多，下列说
7、法不正确的是A. 在任意条件下，其相对分子质量之比为m：nB. 同质量的A、B，其分子数之比为n：mC. 25、1.01105Pa时，两气体的密度之比为n：mD. 相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n【答案】C【解析】m g气体A与n g气体B的分子数目一样多，即表示两种气体的物质的量相等，所以A与B的摩尔质量的比为m：n。相对分子质量在数值上应该等于摩尔质量所以两种气体的相对分子质量的比为m：n，选项A正确。同质量的A、B，其分子数（即物质的量）之比为其摩尔质量的反比，即为n：m，选项B正确。同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比，所以为m：n，选项C错误。相同状况下，同体积
8、代表物质的量相等，物质的量相等时，质量比等于其摩尔质量的比，即为m：n，选项D正确。点睛：解答此类问题时，应该牢记物质的量换算的基本公式即：n=m/M；n=V/Vm。同时也要牢记阿伏加德罗定律及其推论：同温同压下，气体的体积比等于其物质的量的比；同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比；同温同体积下，气体的压强比等于其物质的量的比。8. 下列有关说法错误的是A. 金属Mg与稀硫酸、CO2均能反应，但其基本反应类型不同B. 浓硫酸与铜反应时，既体现了其强氧化性又体现了其酸性C. 铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4D. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成【答案
9、】A【解析】A项，金属 Mg与稀硫酸反应：Mg+H2SO4= MgSO4+H2，金属 Mg与CO2反应：2Mg+ CO2 2MgO+C，二者都是置换反应，也是氧化还原反应，反应类型相同，A错误；B项，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜，说明硫酸表现酸性，生成SO2，说明硫酸表现强氧化性，B正确；C项，铁在纯氧中燃烧生成Fe3O4，铁和水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C正确；D项，SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，反应离子方程式为3SO2+3Ba2+2NO3-+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+，故D正确。9. 在二氯化铂的HC1溶液中，通入乙烯气体，再加入KC1，可得KPt(C2H4)C13H
10、2O(蔡氏盐)。下列相关表示正确的是A. 中子数为117，质子数为78的铂原子：B. KC1的电子式：C. 乙烯的结构简式：CH2CH2D. 氯离子的结构示意图：【答案】B【解析】在原子符号的左下角标注的是该原子的质子数，所以应该为，选项A错误。氯化钾应该由钾离子和氯离子构成，所以将两个离子的电子式合并即可，选项B正确。有机物的结构简式中，是不可以省略官能团的，所以乙烯的结构简式为CH2=CH2，所以选项C错误。氯离子的结构示意图中，圆圈中应该为+17，所以选项D错误。10. 如图，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C内分别充入等质量的X、CO2、Y三种气体，当
11、隔板静止时，A、C内的气体密度相等。下列说法不正确的是A. 物质的量：n(X)n(CO2)YZMXB. N的一种氧化物可用作油漆和涂料C. 热稳定性：XMX2ZD. X2Z、WM4分子中各原子最外层均为8电子稳定结构【答案】D【解析】X、Y、Z、M、W、N六种元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，N是用量最多的金属元素，N是Fe。X元素的某种核素无中子，X是H。W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，根据Y、Z、M、W在周期表中的相对位置可知W是Si，M是F，Z是O，Y是N。A. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：WYZM
12、X，A正确；B. N的一种氧化物三氧化二铁可用作油漆和涂料，B正确；C. 氟元素非金属性强于氧元素，则热稳定性：XMX2Z，C正确；D. 水中氢原子不满足8电子稳定结构，D错误，答案选D。13. 下列离子方程式正确的是A. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2OC. 向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2+2C1O-+SO2+H2O=CaSO3+2HClOD. FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+【答案】B 1
13、4. 实验室用下列装置从NaBr溶液中制备单质溴，其合理的是A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙氧化溴离子C. 用装置丙分离出溴的CCl4溶液 D. 用装置丁获得单质溴【答案】C【解析】A.1mol/L盐酸不是浓盐酸，与二氧化锰不反应，应选浓盐酸、二氧化锰加热制备氯气，A错误；B导管应长进短出，图中气体将溶液排出，B错误；C溴的CCl4溶液在下层，水在上层，则图中分液装置可分离，C正确；D蒸馏时温度计测定馏分的温度，且冷却水下进上出，图中温度计的位置、冷水方向不合理，D错误；答案选C。点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重
14、分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。选项A是易错点，注意稀盐酸与二氧化锰不反应。15. CO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，在如图右侧的Y形管中放置合适的药品，进行合理操作，在BaCl2溶液中可以看到白色沉淀。右侧Y形管中放置的药品是A. CaO和浓氨水B. Cu和浓硝酸C. Na2SO3和较浓硫酸D. KMnO4溶液和浓盐酸【答案】A【解析】CaO和浓氨水反应会生成氨气，氨气通入溶液和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，所以选项A正确。铜和浓硝酸反应生成NO2，通入水中反应生成硝酸，硝酸和氯化钡以及二氧化碳均不反应，选项B错误。亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化
15、硫，二氧化硫和氯化钡、二氧化碳均不反应，所以选项C错误。高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气与氯化钡、二氧化碳均不反应，所以选项D错误。点睛：二氧化碳与氯化钡溶液不反应，原因在于如果反应应该为：CO2 + BaCl2 + H2O = BaCO3+ 2HCl，这样就不符合强酸制弱酸的原则，所以反应不发生。同理，二氧化碳与氯化钙，二氧化硫与氯化钡、氯化钙均不反应。16. 室温时，甲、乙两同学在实验室配制氯化钠溶液。甲同学配制5的NaC1溶液100 g，乙同学配制05 molL-1的NaC1溶液100 mL(20时，氯化钠的溶解度为36 g)。下列说法正确的是A. 两同学所需溶质的质量相同B. 两同学
16、所需实验仪器种类相同C. 两同学所配溶液均为不饱和溶液D. 两同学所配溶液的质量相同【答案】C【解析】甲同学需要的溶质的质量为100 g5%5 g，乙同学需要的溶质的质量为0.5 mol/L0.1 L58.5 g/mol2.925 g，A项错误；乙同学配制过程中需要用到容量瓶，而甲同学不需要，B项错误；100 mL氯化钠溶液的质量大于100 g，D项错误；由A项中的计算结果及题目所给氯化钠溶液的溶解度可知，两同学配制的溶液均为不饱和溶液，C项正确17. 下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：氢氧化钠受热不分解，不能生成氧化钠，错误；
17、Al2O3可以与氢氧化钠反应生成NaAlO2，NaAlO2可以与盐酸反应生成Al(OH)3，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，Al可以与氧气反应生成，与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，正确；FeCl2可以被氯气氧化为FeCl3，FeCl3可以与铜反应生成CuCl2，CuCl2可以与铁反应生成FeCl2，铁与盐酸反应生成FeCl2，与氯气反应生成FeCl3，正确；氮气与氧气只能生成NO，不能生成NO2，错误；答案选B。考点：考查了物质的性质和转化关系的相关知识。18. 某废催化剂含582的SiO2、210的ZnO、45的ZnS和128的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采
18、用的实验方案如下：已知：1步骤中发生的化学反应为非氧化还原反应 2滤渣2的主要成分是SiO2和S，下列说法不正确的是A. 步骤，最好在通风橱中进行B. 步骤和，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C. 步骤，涉及的离子反应为CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2OD. 步骤和，均采用蒸发结晶的方式获取溶质【答案】D【解析】A、步骤发生的反应是ZnOH2SO4=ZnSO4H2O，ZnSH2SO4=ZnSO4H2S，H2S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤得到CuSO45H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在
19、Cu2，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤从滤液中得到ZnSO47H2O，说明滤液中含有Zn2，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤中CuS转变成Cu2，根据信息，滤渣2中由SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuSHH2O2Cu2SH2O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H2O2+2H+=Cu2+S+2H2O，故C说法正确；D、得到CuSO45H2O和ZnSO47H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失
20、去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。19. （1）实验室常根据物质分类的原则存放药品，某学校实验室其中的四个药品柜已经存放了如下部分药品，实验室新购进一些晶体碘，应该将它存放在_(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)柜，理由是_。（2）磷的一种化合物叫亚磷酸(H3PO3)。已知：0.1 molL-1H3PO3溶液的pH=1.7；H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐。H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成。关于H3PO3的说法：强酸弱酸二元酸三元酸氧化性酸还原性酸，其中正确的是_(填序号)。A B C D（3）“三酸(硫酸、盐酸、硝
21、酸)”与“两碱(氢氧化钠、碳酸钠)”能发生反应。将一定量的稀硫酸逐滴滴入到氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中，边滴加边搅拌，直至有少量气泡产生，此过程中共发生的离子反应有_个，生成气体的离子方程式为_【答案】 (1). 乙 (2). 都是非金属单质 (3). D (4). 3 (5). HCO3H=CO2H2O【解析】（1）从分类角度进行分析，碘属于非金属单质，所以应该存放在乙柜中。（2）0.1 molL-1H3PO3溶液的pH=1.7，说明亚磷酸的氢离子没有完全电离出来，所以亚磷酸属于弱酸。H3PO3与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，说明亚磷酸中只有两个H可以电离出来被氢氧
22、化钠中和，所以亚磷酸属于二元酸。H3PO3和碘水反应，碘水棕黄色褪去，再加AgNO3有黄色沉淀生成，说明亚磷酸将单质碘还原为碘离子，再与硝酸银溶液生成碘化银的黄色沉淀。所以亚磷酸属于二元弱酸，表现还原性。（3）将一定量的稀硫酸逐滴滴入到氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中，首先是硫酸和氢氧化钠酸碱中和，其次是硫酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后是硫酸和生成的碳酸氢钠反应，生成二氧化碳。所以一共是三个反应。最后一个才是生成二氧化碳气体的反应：HCO3H=CO2H2O点睛：判断某种酸是几元酸，不可以根据该酸分子中有几个氢原子进行判断。例如：CH3COOH有4个氢原子，但是明显是一元酸。所以，应该根据该酸能够
23、电离出几个氢离子来进行判断，CH3COOH只有1个H是可以电离的，所以是一元酸。本题中，亚磷酸被氢氧化钠中和只能得到Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，说明亚磷酸只能电离出两个H，所以是二元酸。20. A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置为_，W、D、E三种元素的简单离子的离子半径由大到小顺序为_(用离子符号表示)。（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的电子式为_。（3）经测定A2W2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱，写出其第
24、一步电离的电离方程式_，实验室常用稀硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式_。（4）元素D的单质在一定条件下与元素A的单质化合生成一种化合物DA，熔点为800，DA能与水反应放氢气，该反应的化学方程式为_。（5）元素D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应，生成红褐色沉淀，且无气体生成则该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 第三周期、第A族 (2). O2NaAl3 (3). (4). H2O2 HHO2 (5). BaO2H2SO4=BaSO4H2O2 (6). NaHH2O=NaOHH2 (7). 3Na2O26Fe26H2O=4Fe(OH)36Na2Fe3【解析】
25、A是五个元素原子序数最小的，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，可以猜测A为H，W为O，形成水和过氧化氢。A、D同主族，且D的原子序数大于W所以D为Na。E的原子序数大于D，所以E一定在第三周期，E元素的周期序数与主族序数相等，所以E在第三主族，则E为Al。5个元素的原子序数之和为39，所以B为C。即A、B、W、D、E依次为H、C、O、Na、Al。（1）Al在周期表的第三周期、第A族。O2、Na、Al3的核外电子均为10个，所以可以根据：核电荷数越大，离子半径越小的原则进行判断，结论为：O2NaAl3（2）C有6个电子，O有8个电子，则一个C和一个O已经有14个电子，为凑齐18个电子，
26、只能再加上4个H，即CH4O，只能是甲醇。（3）二元弱酸的电离一定分步，所以第一步电离为H2O2 HHO2。题目说H2O2是一种二元弱酸，所以由稀硫酸处理BaO2来制备H2O2时可以参考强酸制弱酸的原则进行，得到过氧化氢和硫酸钡。（4）Na和H2化合得到只可能是NaH，熔点为800，可以判断为离子化合物，含有Na+和H-，和水反应生成氢氧化钠和氢气。（5）该淡黄色化合物明显为Na2O2，与氯化亚铁反应，红褐色沉淀为氢氧化铁。所以初始判断出来的反应物为过氧化钠、亚铁离子和水，生成物一定有氢氧化铁和钠离子。再根据化合价升降相等，得到过氧化钠和亚铁离子一定为1:2，可得到如下初始方程式：Na2O2
27、+ 2Fe2+ + H2O = Fe(OH)3+ 2Na+。显然电荷不守恒，为了配平电荷可以选择在反应物中添加氢氧根（错误，因为反应物中并没有强碱，无法拆出氢氧根），或者在生成物中添加氢离子（错误，因为加入的过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，随着过氧化钠的加入，溶液不可能呈现强酸性）。以上不成立，那么就只能在生成物中添加铁离子（认为生成的氢氧根不够，无法将铁离子完全沉淀），根据电荷守恒可以计算铁离子的系数为2/3，方程式转化为：Na2O2 + 2Fe2+ + 2H2O = 4/3Fe(OH)3+ 2Na+ + 2/3Fe3+，两边乘以3即可。21. 钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用
28、。工业上利用碘、烧碱和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如图所示：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO。若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3-与IO-的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为_。（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是_，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是_。（3）溶液2中除含有H+外，一定含有的阳离子是_；试设计实验证实该金属阳离子的存在：_。（4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)，称取360g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质
29、量随温度变化的曲线如图所示：分析图中数据，写出过程I发生反应的化学方程式：_；300时剩余固体是铁的一种氧化物，通过计算确定该氧化物的化学式： _。【答案】 (1). 4I28OH=IO36I4H2OIO (2). 使IO3完全转化成I (3). NaIO32Fe3H2O=NaI2Fe(OH)3 (4). Fe2 (5). 取少量试样溶液于试管中，滴入少量酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，证明存在Fe2或者加入K3Fe(CN)6产生蓝色沉淀 (6). Fe(C2O)42H2O Fe(C2O)42H2O (7). Fe2O3【解析】试题分析：（1）若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中碘酸根
30、离子与IO离子的物质的量之比为1:1，碘失去电子为6个，根据得失电子守恒，生成的I为6个，参加反应的碘单质为4个，则上述过程中，反应的离子方程式为4I28OH=IO6I4H2OIO。（2）反应加入铁屑的目的是还原反应中所生成的碘酸根离子，生成的红褐色沉淀为氢氧化铁，相应的化学方程式为NaIO32Fe3H2O=NaI2Fe(OH)3。（3）由于铁过量，所以所得固体中存在氢氧化铁和单质铁，当加入稀硫酸时，氢氧化铁溶解生成铁离子，而单质铁则与铁离子或氢离子反应，会生成亚铁离子，一定有亚铁离子，检验亚铁离子的方法为取少量试样溶液于试管中，先加KSCN溶液无现象，再加氯水，溶液变红，证明存在亚铁离子，或
31、加入K3Fe(CN)6产生蓝色沉淀。（4）通过剩余固体的质量可知，过程发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的方程式为FeC2O42H2OFeC2O42H2O。考点：氧化还原反应，铁元素的转化和检验，质量守恒等知识。22. 某学习小组为探究MnO2与FeC136H2O的反应，设计了下列装置：查阅文献有如下信息：FeCl3的熔点为282，沸点为315；FeCl36H2O的熔点为37，沸点为285：3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62(蓝色)。实验过程记录：回答下列问题：（1）管壁内形成黄色液滴，可能的原因是_。（2）B中溶液变红，请用离子方程式解释其原因_。（3）对C中溶
32、液变棕黄色，小组展开进一步实验(如图所示)：则C中溶液变棕黄色的原因是_。（4）对A中残留物进行分离，其中得到一种不溶于水的红棕色固体，写出A中生成该固体的化学方程式_。（5）在A中，MnO2发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). FeCl36H2O受热气化，在管壁遇冷所致 (2). Fe33SCN=Fe(SCN)3 (3). Fe3和I2共同导致 (4). 2FeCl36H2O Fe2O36HCl9H2O (5). MnO24HClCl2MnCl22H2O【解析】（1）FeCl36H2O的熔点为37，沸点为285，受热时蒸发为气体，在试管壁上冷却转化为液体，所以看到黄色液滴。（2）氯化
33、铁受热转化为气体，进入试管B中，电离出铁离子和硫氰根离子反应，生成硫氰化铁，溶液显红色，方程式为：Fe33SCN=Fe(SCN)3（如果书写可逆符号也正确）。（3）C中溶液滴加硫氰化钾溶液显红色，所以含有铁离子；滴加CCl4分层，下层紫红色，说明C溶液中含有单质碘；滴加铁氰化钾，未见蓝色沉淀，说明不存在亚铁离子。所以C中溶液显黄色的原因是Fe3和I2共同导致。（4）这种不溶于水的红棕色固体为Fe2O3。应该是FeCl36H2O受热促进水解，得到氢氧化铁，氢氧化铁受热分解得到氧化铁。所以方程式为：2FeCl36H2O Fe2O36HCl9H2O。（5）A中MnO2是和FeCl36H2O受热生成的
34、HCl发生氧化还原反应得到Cl2，所以方程式为MnO24HClCl2MnCl22H2O。23. 含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2和O2。某研究性学习小组在实验室利用下列装置制备模拟烟气，并测算模拟烟气通过转化器的脱硫效率。回答下列问题：I模拟烟气的制备（1）用A装置制SO2的化学方程式为_。（2）用B装置制CO2，使用该装置的优点是_。（3）将制得的气体与空气充分混合，获得模拟烟气用于后续实验。测定烟气中SO2的体积分数（4）将部分模拟烟气缓慢通过C、D装置，C、D中盛放的药品分别是_、_(填序号)：KMnO4溶液饱和NaHSO3溶液饱和Na2CO3溶液饱和NaHCO
35、3溶液（5）若模拟烟气的流速为a mLmin-1，t1 min后，测得量筒内液体的体积为V mL则SO2的体积分数是_(写表达式)。III测算模拟烟气通过转化器的脱硫效率(已转化的SO2占原有SO2的百分比)（6）将模拟烟气通过转化器E装置，E装置中盛有FeC12和FeCl3的混合溶液，常温下，它可催化SO2与O2的反应，以达到脱硫的目的。写出催化剂参与反应过程的离子方程式：SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+2Fe2+4H+；_。（7）若模拟烟气仍以a mL min-1的流速直接通过转化器E装置，t2 min后，向E装置中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液得到白色浑浊液，经_、 洗涤、
36、_、称量，得到m g固体。若实验的气体体积已折算为标准状况，则该转化器的脱硫效率是_.【答案】 (1). Na2SO3H2SO4=Na2SO4H2OSO2 (2). 可以随时控制反应的发生 (3). (4). (5). (at1V)/at1100% (6). 4Fe2O24H=2H2O4Fe3 (7). 过滤 (8). 干燥 (9). 22400mat1/233at2(at1V)100%【解析】试题分析：（1）实验室制备SO2是用浓硫酸与亚硫酸钠反应，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）Na2SO4+H2O+SO2。（2）B装置是简易启普发生器，其优点是可以随时控制反应的发生和停止
37、。（4）由于SO2易溶于水，所以C装置中的试剂应该是原来吸收SO2，可以利用SO2的还原性借助于酸性高锰酸钾溶液氧化。CO2气体能溶于水，所以D装置应该用饱和碳酸氢钠溶液通过排水法收集液体来测量SO2的体积。（5）若模拟烟气的流速为amL/min，若t1分钟后，测得量筒内液体体积为VmL，这说明混合气中CO2、氮气和氧气的体积之和为Vml，则SO2的体积是t1amLVml，所以二氧化硫的体积分数是100%100%。（6）催化剂在反应前后是不变的，因此常温下，若它可催化SO2与O2的反应，以达到脱硫目的。则根据第一步反应SO2+2H2O+2Fe3+SO42-+2Fe2+4H+可知，第二步反应一定
38、是氧气再将亚铁离子转化为铁离子，则反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=2H2O+4Fe3+。（7）所得白色沉淀是硫酸钡，层溶液中分离出硫酸钡的操作应该是过滤、洗涤、干燥、称量。根据（5）中SO2的含量可知，理论上应该生成硫酸钡的质量为233，因此该转化器的脱硫效率是考点：考查SO2制备、性质检验、实验方案设计与评价以及含量测定等24. 某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种。实验I：取少量该试液进行如下实验。实验：为了进一步确定该溶液的组成，取100 mL原溶液，向该溶液中滴加1mol L-1 的NaOH溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）不进行
39、实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有_种。（2）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是_。检验气体X的方法是_；沉淀Z的化学式为_。（3）写出实验的图象中BC段对应的离子方程式：_（4）A点对应的固体质量为_g。（5）该溶液中阴离子的浓度为_molL-1。【答案】 (1). 4 (2). NO3 (3). 用湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝 (4). Mg(OH)2 (5). Al(OH)3OH=Al(OH)4 (6). 0.136 (7). 0.08【解析】溶液无色，则不存在亚铁离子、高锰酸根离子；溶液显酸性，则不存在硅酸根离子和亚硫酸根离子；该溶液与硝酸银溶液混合后无沉
40、淀生成，则不存在氯离子，因此一定含有硝酸根离子；该溶液与稀硫酸反应得不到沉淀，说明不存在钡离子，所得溶液与过量的氢氧化钠溶液混合生成气体X、溶液Y和沉淀Z，X是氨气，一定含有铵根离子；沉淀一定是氢氧化镁，含有镁离子；根据图像可知开始时氢氧化钠首先中和氢离子，然后沉淀金属阳离子，沉淀达到最大值后开始与铵根结合生成氨气，然后沉淀开始减少，最后不再发生变化，所以溶解的沉淀一定是氢氧化铝，含有铝离子。则（1）根据以上分析可知不进行实验就可以推断出上表中的离子一定不存在的有4种，即亚铁离子、硅酸根离子、高锰酸根离子和亚硫酸根离子。（2）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是NO3。氨气是碱性气体，
41、检验氨气的方法是用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝；根据以上分析可知沉淀Z的化学式为Mg(OH)2。（3）实验的图象中BC段发生氢氧化铝的溶解，对应的离子方程式为Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O。（4）A点消耗氢氧化钠6mL，则与金属阳离子反应的氢氧化钠是5mL，物质的量是0.005mol。溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，所以生成的氢氧化铝是0.001mol，则与镁离子反应的氢氧化钠是0.002mol，氢氧化镁是0.001mol，所以对应的固体质量为0.001mol（58+78）g/mol0.136g。（5）与氢离子反应的氢氧化钠是1mL，
42、物质的量是0.001mol，即氢离子是0.001mol。与铵根反应的氢氧化钠是2mL，物质的量是0.002mol，即铵根是0.002mol，根据溶液显电中性可知硝酸根的物质的量是0.001mol+0.002mol+0.001mol3+0.001mol20.008mol，所以该溶液中阴离子的浓度为0.008mol0.1L0.08mol L-l。点睛：根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2在酸过量时转化为Al3)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。