1、吉林省长春市第二十九中学2019-2020学年高二化学下学期第三次月考试题（含解析）可能用到的原子量：H:1 N:14 O:16 Mg:24 Fe:561.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查【答案】D【解析】【详解】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性
2、，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。2.分类是化学学习和研究的常用方法。下列分类依据和结论都正确的是A. H2O、CH3COOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，都是氧化物B. 溶液、胶体、浊液均为分散系，都属于混合物C. Al、Al2O3、Al(OH)3均能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，都是具两性的化合物D. H2SO4、NaOH、NaCl均为强电解质，BaSO4是弱电解质【答案】B【解析】【详解】AH2O是氧化物，
3、CH3COOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，但不符合氧化物只有两种元素且一种为氧元素的条件，故A错误；B溶液、胶体、浊液都是一种物质分散到另一种物质中形成的混合物均为分散系，都属于混合物，故B正确；CAl2O3、Al(OH)3均能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，都是具两性的化合物，Al是单质不是化合物，故C错误；DH2SO4、NaOH、NaCl均为强电解质，BaSO4虽然难溶，但是还是强电解质，电解质的强弱与溶解度无关，故D错误；故答案为B。3.既能与稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的化合物是（ ）NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3 AlA. B. C. D. 【答案】B【解
4、析】【详解】NaHCO3是弱酸酸式盐，能和稀盐酸反应生成二氧化碳和水，和氢氧化钠反应生成盐和水，且属于化合物，故正确；Al2O3属于两性氧化物，能和稀盐酸、氢氧化钠溶液反应生成盐和水，且属于化合物，故正确；Al(OH)3属于两性氢氧化物，能和稀盐酸、氢氧化钠溶液反应生成盐和水，且属于化合物，故正确；Al能和稀盐酸、氢氧化钠溶液反应生成盐和氢气，但Al属于单质，故错误；故选B。【点睛】解答本题要注意知识的归纳，常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：Al2O3、Al(OH)3、氨基酸、蛋白质；NaHCO3；(NH4)2CO3、NH4HCO3；Al；本题的易错点为，要注意铝为单质。4.下列说法
5、正确的是A. Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强B. Al2O3既是金属氧化物，也是碱性氧化物C. 氧气和臭氧相互转化是物理变化D. 利用过滤法可把Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来【答案】A【解析】【详解】A碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠加热易分解成碳酸钠，碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故A正确；B氧化铝是金属氧化物，同时因氧化铝能与强酸、强碱都反应产生盐和水，属于两性氧化物，不是碱性氧化物，故B错误；C氧气和臭氧是不同物质，两者之间的转化是化学变化，故C错误；D胶体和溶液都能透过滤纸，应用渗析法(半透膜)分离溶液和胶体，故D错误；故选：A。5.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确
6、的是A. 1 mol所含电子数为11NAB. 标准状况下，22.4LH2O所含原子数为3NAC. 1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD. 标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A1 mol所含电子数为10NA，故A错误；B标准状况下水不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；C Fe溶于过量硝酸，产物是硝酸铁，1molFe反应转移3mol电子，即3NA，故C错误；D标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体物质的量为0.1mol，分子数为0.1NA，故D正确；故选：D。6.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染
7、小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。下列说法正确的是（ ）A. KClO3在反应中得到电子B. ClO2是氧化产物C. H2C2O4在反应中被还原D. 1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移【答案】A【解析】【详解】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从3升高到4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3 中Cl的化合价
8、从5降低到4，得到电子，A正确；B、KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2C2O4中C的化合价从3升高到4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；答案选A。7.下列说法正确的是A. CaCO3溶于CH3COOH溶液中，反应的离子方程式为：CaCO32HCa2CO2H2OB. 向AlCl3溶液中通入过量NH3，反应的离子方程式为：Al34OH2H2OC. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH=+H2D. 向稀硫酸中滴入Ba(
9、OH)2溶液，反应的离子方程式为：Ba22OH2H=2H2OBaSO4【答案】D【解析】【详解】A醋酸是弱酸应写化学式，正确的离子方程式为：，故A错误；B一水合氨是弱碱应写化学式，且氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为：，故B错误；C不符合电荷守恒，正确的离子方程式为：，故C错误；D硫酸和氢氧化钡反应产生硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：Ba22OH2H=2H2OBaSO4，故D正确；故选：D。8.下列中学常见实验的现象或表述正确的是A. 过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显血红色B. 在酒精灯上灼烧铝箔，会发现熔化的铝不断滴落C. 检验红砖中的
10、氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液23滴即可D. 向饱和FeCl3溶液中滴加少量NaOH溶液，煮沸后即可得到红褐色的Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】【详解】A. 过量的铁投入到一定量的稀硝酸中生成硝酸亚铁，滴加KSCN溶液，溶液不显血红色，故A错误；B. 将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，又因氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝失去了光泽，铝熔化了但是不会滴落，故B错误；C. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，Fe3+遇KSCN溶液显红色，故C正确；D. 应该向沸腾的蒸馏水中滴加饱
11、和FeCl3溶液，继续煮沸至呈红褐色，即可得到红褐色的Fe(OH)3胶体，氯化铁溶液滴加氢氧化钠产生氢氧化铁沉淀，故D错误。综上所述，答案为C。9.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 3 g 3He含有的中子数为1NAB. 2.4 g Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同【答案】B【解析】【详解】A. 3He的摩尔质量为3g/mol， 3 g物质的物质的量为1mol，每个3He含有的中子数=质量数-质子数=3-2=1，即3 g物质为中子数为1NA，A正确；B.
12、2.4 g Mg即0.1mol镁，与H2SO4完全反应，镁化合价升高+2价，失去2个电子，转移的电子数为0.2 NA，B错误；C. 1 mol K2Cr2O7中铬的化合价为+6价，被还原为Cr3+，共转移的电子数为6NA，C正确；D. 同等质量的氧气和臭氧，物质的量比例为，1分子氧气和臭氧中电子数比例为2：3，即等质量氧气和臭氧总电子数相同，D正确。答案为B。10.向明矾(KAl(SO4)212H2O)溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当沉淀完全时，铝元素的存在形式是A. Al(OH)3和Al3+B. Al(OH)3和C. 全部为Al(OH)3D. 全部为【答案】D【解析】【详解】氢氧化钡与明矾按
13、照物质的量2：1反应时，硫酸根离子完全生成硫酸钡沉淀，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，反应的离子方程式为：Al32SO2Ba24OH2BaSO4+2H2O，铝元素全部以存在于溶液中。故选：D。11.下列各组离子，在碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是A. K+、Cl-、B. Na+、Ba2+、Cl-C. Na+、Al3+、Cl-D. Na+、Mg2+、【答案】B【解析】【分析】若在碱性溶液中能大量共存，注意金属沉淀，溶液为无色透明注意显色离子如高锰酸根，据此回答问题。【详解】A.在水溶液中显紫色，A错误； B. Na+、Ba2+、Cl-在碱性水溶液中两两之间不反应且均为无色，B
14、正确；C. Al3+在碱性环境下与氢氧根离子结合生成氢氧化铝沉淀，不能大量存在 ，C错误；D. Mg2+在碱性环境下与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀，不能大量存在，D错误。答案为B。12.重铬酸铵(NH4)2Cr2O7是一种受热易分解的盐。下列各项中的物质可能是重铬酸铵受热分解的产物是A Cr、NH3、H2OB. Cr2O3、N2、H2OC. Cr2O3、NH3、H2OD. CrO3、N2、H2O【答案】B【解析】【详解】A重铬酸铵(NH4)2Cr2O7生成Cr，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故A错误；B重铬酸铵(NH4)2Cr2O7受热发生氧化还原反应，则
15、N元素的化合价应升高，即由-3价升高为0，生成氮气，由元素守恒可知，还生成水，故B正确；C重铬酸铵(NH4)2Cr2O7生成Cr2O3，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故C错误；D重铬酸铵(NH4)2Cr2O7生成N2，N元素的化合价升高，则Cr元素的化合价要降低，不能生成CrO3，故D错误；故答案为B。【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化特征是有升必有降，而(NH4)2Cr2O7受热分解发生氧化还原反应；(NH4)2Cr2O7中铵根中的氮是负三价，有还原性，重铬酸根中的铬正六价，有氧化性，会发生自身氧化还原反应，氮元素化合价升高，铬元素化合价
16、降低。13.钛被誉为“21世纪金属”，工业冶炼钛的第一步反应为TiO22C2Cl2TiCl42CO。下列关于该反应的说法正确的是()A. TiO2是氧化剂B. 四氯化钛是还原产物C. Cl2发生氧化反应D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为12【答案】B【解析】【分析】TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低。【详解】ATi、O元素的化合价不变，则TiO2不是氧化剂，故A错误；BCl元素的化合价降低，四氯化钛是还原产物，故B正确；C氯气为氧化剂，发生还原反应，故C错误；D氯气为氧化剂，C为还原剂，由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故D
17、错误；答案选B。14.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 molL1NaOH溶液：Na+、K+、B. 0.1 molL1FeCl2溶液：K+、Mg2+、C. 0.1 molL1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHD. 0.1 molL1H2SO4溶液：K+、【答案】A【解析】【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原
18、反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；离子间发生氧化还原反应，如题中B项；离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。15.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实
19、现的是A. B. C. FeFeCl2Fe(OH)2D. 【答案】A【解析】【详解】A. 碳酸氢钠受热易分解，生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙发生复分解反应生成氢氧化钠和碳酸钙，A均能实现；B. 铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠中加入过量的盐酸后，生成氯化铝，B不符合题意；C. 氯气具有氧化性，能与铁在点燃条件下生成氯化铁，不生成氯化亚铁，C不符合题意； D. 氧化铁和铝发生铝热反应，生成铁单质，铁与盐酸发生置换反应，生成氯化亚铁，D不符合题意； 答案为A。16.下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的是碳酸钠溶液与盐酸偏铝酸钠溶液与盐酸铝与NaOH溶
20、液硝酸与铁氯化铁溶液与铁碳酸氢钠溶液与澄清的石灰水A. B. C. 仅有D. 【答案】A【解析】【详解】碳酸钠溶液与盐酸，前者过量，离子方程式为：COHHCO；后者过量，即碳酸钠少量，离子方程式为：CO2HCO2H2O，所以量不同，离子方程式不同，故不符合题意；偏铝酸钠溶液与盐酸反应，前者过量，离子方程式为：AlOHH2OAl(OH)3产生白色沉淀，后者过量，离子方程式为AlO4HAl32H2O，量不同，离子方程式不同，故不符合题意；铝与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al2H2O2OH2AlO3H2，与量无关，故符合题意；铁不足，反应的化学方程式为Fe4HNO3Fe(NO3)3NO2H2O，
21、离子方程式：Fe4HNOFe32H2ONO，铁过量，离子方程式为3Fe8H2NO3Fe22NO4H2O，量不同，离子方程式不同，故不符合题意；氯化铁溶液与铁反应，离子方程式：2Fe3Fe3Fe2，与量无关，故符合题意；碳酸氢钠溶液与澄清石灰水的反应，前者过量，离子方程式为2HCOCa22OHCaCO3CO2H2O，后者过量，离子方程式为HCOCa2OHCaCO3H2O，量不同，离子方程式不同，故不符合题意；故选：A。17.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）A. 1.5molB. 3.0molC. 1.0molD
22、. 0.75mol【答案】A【解析】【详解】Cr3+变为Cr2O，化合价升高3价，则1molCr3+会失去3mol电子，根据电子守恒可知PbO2需要得到3mol电子，PbO2变为Pb2+，化合价降低2价，则需要1.5molPbO2才能得到3mol电子，故答案为A。18.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+稀溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数目没有变化的是A. Fe2+B. Al3+C. Fe3+D. NH4+【答案】B【解析】【分析】加入足量过氧化钠实质是加了足量氢氧化钠溶液和氧气【详解】A选项，亚铁离子与氧气反应变为铁离子，和氢氧根反
23、应生成沉淀，又加盐酸，沉淀溶解，最后又变为铁离子，因此亚铁离子量减少，故A错误；B选项，铝离子与足量氢氧根反应生成偏铝酸根，偏铝酸根与足量盐酸反应，最后又生成铝离子，量不发生改变，故B正确；C选项，A选项中亚铁离子被氧化变为了铁离子，铁离子量增加，故C错误；D选项，铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，因此铵根离子数目减少，故D错误；综上所述，答案为B。19.下列实验过程中沉淀的物质的量(Y)与加入的试剂的量(X)之间的关系正确的是( )A. 如图A：向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B. 如图B：向NaAlO2溶液中滴加盐酸且边滴边振荡C. 如图C：向NH4Al(SO4
24、)2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量D. 如图D：向等物质的量的NaOH、Ba(OH)2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量【答案】C【解析】【详解】A向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1，故A错误；B向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，随
25、着盐酸的逐滴加入，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3，故B错误；C向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3+3OH-=Al(OH)3，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4+OH-=NH3H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1，故C正确；D向等物质的
26、量的NaOH、Ba(OH)2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，又发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，沉淀量达到最大消耗CO2、沉淀量不变和沉淀溶解消耗CO2的比为1：2：2，故D错误；答案选C。20.某植物营养液含有0.2molK+、0.25molZn2+、0.4molCl和，则的物质的量为（）A. 0.1molB. 0.15molC. 0.
27、3molD. 0.5mol【答案】B【解析】【详解】溶液呈电中性，根据电荷守恒有：n(K+)+2n(Zn2+)=n(Cl)+2n(SO42-)，则：0.2mol+0.25mol2=0.4mol+2n(SO42-)，解得：n(SO42-)=0.15mol，故答案为B。21.写离子方程式：(1)将NaHSO4溶液滴入氢氧化钡溶液中至中性：_。(2)澄清石灰水中通入过量CO2：_。【答案】 (1). SO+ 2H+ 2OH+ Ba2=BaSO4 + 2H2O (2). OH+ CO2 =HCO【解析】【分析】滴加问题中，被滴溶液的量是书写方程比例的依据；二氧化碳与氢氧化钙反应分步，过量二氧化碳生成碳
28、酸氢钙。【详解】(1)将NaHSO4溶液滴入氢氧化钡溶液中至中性，书写时以氢氧化钡的离子比例为主要依据，硫酸氢钠能完全电离，生成氢离子和硫酸根离子，即氢离子和氢氧根1：1反应，硫酸根和钡离子1：1反应，方程为SO42-+ 2H+ 2OH+ Ba2=BaSO4+ 2H2O。(2)澄清石灰水中通入过量CO2，反应分步进行，首先生成碳酸钙和水，然后碳酸钙和水继续与过量的二氧化碳反应，生成碳酸氢钙，碳酸氢钙是可溶性盐，即总离子反应为OH+ CO2=HCO3-。22.建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：NaNO2HINOI2NaIH2O(1
29、)配平上述化学方程式_。(2)上述反应的氧化剂是_；若有1 mol的还原剂被氧化，则反应中转移电子的数目是_。【答案】 (1). 242122 (2). NaNO2 (3). 6.021023(或NA)【解析】【详解】(1)根据化合价升降总数相等及元素守恒配平反应得：2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O，故答案为：242122；(2)由反应可知，亚硝酸钠中N元素化合价由+3价到产物一氧化氮中+2，化合价降低做氧化剂；根据配平的反应可知，HI作还原剂，被氧化成碘单质，1molHI被氧化时转移1mol电子，电子数目为：6.021023(或NA)，故答案为：NaNO2；6.021023(或
30、NA)；23.某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，NaN3迅速分解产生N2和Na，同时放出大量的热，N2使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。(1)KClO4中氯元素的化合价是_。(2)Fe2O3可处理产生的Na，反应为，反应中Na做_(填“还原剂”或“氧化剂”)。【答案】 (1). +7 (2). 还原剂【解析】【分析】根据氧化还原反应原理进行判断，还原剂发生氧化反应。【详解】(1)KClO4中钾为+1价，氧为-2价，根据物质中各元素的化合价的代数和为0可知，氯元素的化合价是+7。(2)Fe2O3可处理产生的Na，反应为，钠从单
31、质0价升高为+1价，发生氧化反应，即反应中Na做还原剂。24.实验法是化学重要的研究物质性质的基本方法。某化学研究小组进行了如下实验，请回答问题。(1)用脱脂棉包住过氧化钠粉末，置于石棉网上，向脱脂棉上滴水，看到脱脂棉剧烈燃烧起来。由上述实验现象所得到的有关过氧化钠跟水反应的结论是：第一，有_生成；第二，反应放出热量。Na2O2跟水的反应中，水在反应中的作用是_。a氧化剂 b还原剂 c既氧化剂，又是还原剂 d既不是氧化剂，又不是还原剂(2)另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体SO2。甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中有Fe2+
32、，应选用的试剂编号为_。aKSCN溶液和氯水 b铁粉和KSCN溶液 c浓氨水 d酸性KMnO4溶液写出相应的离子方程式：_。【答案】 (1). 氧气 (2). d (3). d (4). 5Fe2+MnO+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O【解析】【分析】过氧化钠与水发生歧化反应大量放热，生成氧气；检验Fe3+溶液中含有Fe2+需要只与亚铁离子反应的物质，且现象明显。【详解】(1)用脱脂棉包住过氧化钠粉末，置于石棉网上，向脱脂棉上滴水，看到脱脂棉剧烈燃烧起来。燃烧说明达到脱脂棉的着火点，有充足的氧气，即由上述实验现象所得到的有关过氧化钠跟水反应的结论是：第一，有氧气生成；第二，反应放出热量。N
33、a2O2跟水的反应中，过氧化钠发生歧化反应，水在反应中的作用是既不是氧化剂，又不是还原剂，选d。(2)若要确认其中有Fe2+：a溶液中存在铁离子，KSCN溶液是检验铁离子的试剂，氯水氧化亚铁离子为铁离子，两试剂任何排列均无法判断亚铁离子存在，a错误；b铁粉加入溶液中产生亚铁离子，无法判断是否原溶液中存在亚铁离子，b错误； c浓氨水与铁离子和亚铁离子均能产生沉淀，氢氧化铁红褐色沉淀会掩盖氢氧化亚铁的白色沉淀，c错误； d酸性KMnO4溶液能与亚铁离子反应使紫色溶液褪色，d正确。即应选用的试剂编号为d，相应的离子方程式5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O。25.下列物质AF是我
34、们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化。(1)推断(写化学式)：A_B_ G_。(2)请写出反应DF的化学方程式：_。(3)检验F中金属阳离子的常用试剂是_(填物质的化学式)；现象是_。(4)写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_。(5)若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液，现象是：_【答案】 (1). Al (2). Fe (3). NaAlO2 (4). 2FeCl2+ Cl2= 2FeCl3 (5). KSCN (6). 溶液呈血红色 (7). Al3+ +4OH-=AlO+2H2O (8).
35、先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色【解析】【分析】B是常见的金属，且B的合金用量最大，说明B为铁；铁与盐酸反应生成D氯化亚铁，F与铁反应生成氯化亚铁，即F为氯化铁；E在常温下是黄绿色气体，即E为氯气；A与盐酸反应产物C与少量氢氧化钠生成白色沉淀，与过量氢氧化钠反应沉淀溶解，即A为铝，C为氯化铝，白色沉淀为氢氧化铝，G为偏铝酸钠。【详解】(1)根据框图推断，A为Al ，B为Fe， G为NaAlO2。(2)反应DF为氯气氧化氯化亚铁，化学方程式2FeCl2+ Cl2= 2FeCl3。(3)检验F中金属阳离子即铁离子的常用试剂是KSCN；现象是溶液呈血红色。(4)写出C氯化铝与过量
36、氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸根的离子方程式Al3+ +4OH-=AlO+2H2O。(5)若向D溶液即氯化亚铁中滴加氢氧化钠溶液，现象是：先产生白色沉淀，后白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色。26.某工厂生产废液中含有大量的Cu2+ 、Fe3+、Fe2+ 、SO。某兴趣小组设计了以下方案，对废液加以综合利用获得了Cu和绿矾(FeSO47H2O)：请回答以下问题：(1)操作1和操作2的名称是_。(2)废液中加过量铁时发生反应的离子方程式为_、_。(3)若使用得到的绿矾晶体制备净水剂Fe2(SO4)3溶液，除在绿矾中加入适量稀硫酸外，还需要加入_(填标号)。稀H2SO4 Cl2 H2O2 Fe粉【答案
37、】 (1). 过滤 (2). Fe+Cu2+=Fe2+Cu (3). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (4). 【解析】【分析】某工厂生产废液中含有大量Cu2+ 、Fe3+、Fe2+ 、SO，加入过量的铁粉后，铁离子还原为亚铁离子，铜离子被置换为铜单质，即固体1 为剩余铁粉和铜单质，加入稀硫酸过滤后，铁粉溶解变为溶液2硫酸亚铁，溶液1和溶液2合并，经过蒸发冷却结晶后得到绿矾。【详解】(1)操作1和操作2的名称是过滤。(2)根据铁的还原性，废液中加过量铁时发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2+Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+。(3)若使用得到的绿矾晶体(FeSO47H2O)制备净水剂Fe
38、2(SO4)3溶液，铁的化合价升高，除在绿矾中加入适量稀硫酸外，还需要加入氧化剂，如氯气或过氧化氢，但不能引入杂质离子，故只能选择过氧化氢，即。27.铬铁合金作为钢的添加料生产多种具有高强度、耐高温、耐腐蚀等优良性能的特种钢，这类特种钢中含有碳、硅、氧、氮、磷等元素。(1)基态Cr原子的价电子排布式为_。(2)PO的空间构型为_，中心原子的杂化方式为_。(3)碳化硅(SiC)晶体具有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的，但是碳化硅的熔点低于金刚石，原因是_。(4)用“”或“”填空：第一电离能：N_O 电负性：C_Si(5)铁和氮形成一种晶体，晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为_
39、，若该晶体的密度为 gcm3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是_cm3。【答案】 (1). 3d54s1 (2). 正四面体 (3). sp3 (4). 两种晶体都是原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高。原子半径：CSi，键长：CC键 (6). (7). Fe4N (8). 【解析】【详解】(1)基态Cr原子核外有24个电子，电子排布式为Ar 3d54s1，故价电子排布式为3d54s1；故答案为：3d54s1；(2) PO中P无孤电子对，形成的键数目为4个，空间构型为正四面体形，中心原子P的杂化方式为sp3杂化；故答案为：正四面体；sp3杂化；(3) 从晶体类型来
40、说，两者都属于原子晶体，原子晶体的熔沸点与原子间形成共价键的强弱有关，共价键的强弱与形成原子的半径相关，半径越小，形成的键能越强，熔沸点越高；故答案为：两种晶体都是原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高。原子半径：CSi，键长：CC键O；同主族元素电负性从上到下逐渐减小，因此电负性CSi，故答案为：；(5)该晶胞中Fe位于顶点和面心，Fe原子个数为864，N位于体心，个数为1，故该晶体的化学式为Fe4N该晶胞质量为g，故该晶胞的体积为cm3；故答案为：Fe4N；【点睛】本题考查物质结构的综合考题。涉及核外电子排布，杂化类型，晶胞等结构相关的知识。对于杂化类型的计算和晶胞计算是易错点。
