1、高考资源网（） 您身边的高考专家诸城一中高三化学期中考试模拟一、选择题1. 火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为 2KNO3+S+3C=K2S+N2+ 3CO2 。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A. K+的结构示意图：B. K2S 的电子式：C. CO2 的结构式为：O=C=OD. 16O2与 18O3 互为同位素【答案】C【解析】【详解】AK元素的核电荷数为19，质子数为19，核外电子数为19，K+表示失去最外层一个电子，K+核外还有18个电子，各层电子数分别为2、8、8，K+的结构示意图为，故A错误；BK2S结构中K+与S2-形成离子键，其电子式为，故B错误；CCO2中C
2、原子与每个O原子形成两对共用电子对，电子式为，其结构式为O=C=O，故C正确；D有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，则同位素的对象为原子，而16O2与 18O3均为单质，故D错误；答案为C。2. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 将84消毒液和医用酒精混合使用，能更有效地杀死环境中的新冠病毒B. 医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料C. 疫苗必须冷藏存放，其目的是避免疫苗蛋白质变性D. “丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程不属于升华【答案】A【解析】【分析】【详解】A84消毒液的主要成分为NaClO，ClO-水解形成的HClO
3、具有强氧化性，医用酒精是75%的酒精，乙醇具有还原性，两者混合使用会发生氧化还原反应，降低杀菌消毒的效果，同时还会产生有毒气体Cl2，A选项错误；B聚丙烯熔喷布通过丙烯加聚反应制得，属于合成有机高分子材料，B选项正确；C疫苗中含有蛋白质，蛋白质在温度较高时容易变性，所以一般应该冷藏存放，C选项正确；D“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”即HgS发生分解反应生成水银，S与Hg化合再生成HgS，此过程是化学变化，而升华是物理变化，D选项正确；答案选A。3. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 若1molFeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NAB. 将
4、一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1molBr-转化为Br2时，转移的电子数为NAC. 44.0g环氧乙烷中含有6.0NA个极性键D. 1molCaO2晶体中含离子总数为3NA【答案】C【解析】【详解】A. 氢氧化铁胶体是由许多个氢氧化铁聚集而成，因此1molFeCl3跟水完全反应转化成氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的物质的量小于1mol，故A错误；B. Fe2的还原性强于Br，通入氯气，先发生2Fe2Cl2=2Fe32Cl，然后再发生Cl22Br=2ClBr2，当Br转化成Br2时，Fe2全部转化成Fe3，转移电子物质的量大于1mol，故B错误；C. 环氧乙烷的键线式为，1mol环氧乙烷
5、中含有6mol极性键，则44.0g环氧乙烷中含有的极性键物质的量为=6mol，故C正确；D. CaO2是由Ca2和O22组成，1molCaO2中离子总物质的量为2mol，故D错误；答案：C。4. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. Cl2通入水中制氯水：B. NO2通入水中制硝酸：C. NaAlO2溶液中通入过量CO2：D. AgNO3溶液中加入过量浓氨水：【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是Cl2H2OHClHClO，故A错误；B.NO2与H2O反应：3NO2H2O=2HNO3NO，离子方程式为3NO2H2O=2H2NO，故B错误；C.碳酸
6、的酸性强于偏铝酸，因此NaAlO2溶液通入过量的CO2，发生的离子方程式为CO22H2O=Al(OH)3，故C正确；D.AgOH能与过量的NH3H2O反应生成Ag(NH3)2OH，故D错误；答案为C。【点睛】本题应注意“量”，像选项C中若不注意CO2是过量的，往往产物写成，还有选项D，AgOH能溶于氨水中，生成银氨溶液。5. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3Ce中文名“铈”的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是A. 该转化过程的实质为NOx被H2还原B. x=l时，过程II中氧化剂与还原剂的物质
7、的量之比为2:1C. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少D. 过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H+Ce3+【答案】A【解析】【分析】分析转化过程图，可知过程I中发生H22Ce4=2H2Ce3，在过程中发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON24xCe4，据此进行分析。【详解】A由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，A项正确；Bx=1时，根据图示，过程II中发生2NO4H4Ce3= 2H2ON24Ce4，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3为还原剂，根据得失电子守恒：，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，B项错误；C过程I
8、发生H22Ce4=2H2Ce3，过程II发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON24xCe4，处理过程中，混合液中Ce3和Ce4总数不变，C项错误；D根据图示，过程I发生H2Ce4HCe3，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H22Ce4=2H2Ce3，D项错误；答案选A。6. 实验室用SO2和MnO2制备MnSO4的装置如图所示，下列说法正确的是( )A. 装置B中试剂可为饱和Na2SO3溶液，其作用是除去SO2中的HClB. 装置D中水浴控制在80左右，若温度过高时，因二氧化硫溶解度减小反应速率可能减慢C. 将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4H2OD. 装置E中发生
9、反应的离子方程式为SO2+2OH- =+H2O【答案】B【解析】【详解】ANa2SO3溶液能与SO2反应，故装置B中的试剂不能是Na2SO3溶液，可用饱和NaHSO3溶液，A错误；B当温度过高时，SO2在水中的溶解度减小，反应速率减慢，B正确；CMnSO4H2O受热易分解，故不能将溶液蒸干，可用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到MnSO4H2O，C错误；D石灰乳是悬浊液，Ca(OH)2主要以固体形式存在，应该写化学式，不能拆写，因此反应的离子方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O，D错误；故答案为B。7. 铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是( )A. 反应过程中，试管中
10、出现灰黑色固体是B. 反应结束后，为观察溶液颜色需向试管中加入水C. 若试管盛放紫色石蕊溶液，可观察到紫色褪至无色D. 为验证气体产物具有还原性，试管可盛放溴水【答案】D【解析】【详解】A铜与浓硫酸反应时可能会发生副反应，生成灰黑色的硫化亚铜，是红色固体，故A错误；B不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅，则取反应后的溶液在烧杯中加水溶解观察颜色，故B错误；C铜和浓硫酸在加热的条件下生成了二氧化硫，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红，但不褪色，故C错误；D实验中产生的二氧化硫气体，通入溴水中，二氧化硫与溴单质和水发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，
11、会使溴水褪色，溴具有氧化性，二氧化硫体现还原性，故D正确；答案选D。【点睛】二氧化硫具有还原性，漂白性等，可以使品红溶液褪色，只能使紫色石蕊溶液变红，但不能使之褪色。8. 下列实验中，实验设计或所选装置合理的是( )A. 用乙醇提取碘水中的碘，应选择图所示装置B. 用图和图所示装置进行粗盐提纯C. 用图所示装置进行石油分馏实验制取汽油D. 图所示装置中盛有饱和溶液，用于除去中含有的少量【答案】B【解析】【详解】图为过滤操作，图为蒸发操作，图为分液操作，图为蒸馏操作，图为洗气装置；A碘在乙醇中的溶解度比在水中的大，则碘更易溶解在乙醇中，但乙醇与水任意比互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质，故A错误；
12、B粗盐提纯过程中需要过滤和蒸发操作，故B正确；C石油是烃的混合物，根据其成分的沸点不同，可用蒸馏的方法将成分进行分离，进行石油分馏实验制取汽油需用温度计测量以控制馏分的温度，故C错误；D可与溶液反应，应使用饱和溶液除去少量HCl气体，故D错误；答案选B。【点睛】利用蒸馏的方法将互溶的沸点差别较大的两种液体分离时，一般要使用温度计来控制蒸汽的温度，确保分离出较纯净的物质。9. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是元素XYZW最高价氧化物的水化物H3ZO4溶液对应的pH(25)1.0013.001.570.70A. 元素电负性：ZWB. 简单离子半径：WYC.
13、 元素第一电离能：ZWD. 简单氢化物的沸点：XZ【答案】A【解析】分析】四种短周期元素，均可以形成最高价氧化物对应的水化物。有H3ZO4可知，该酸为弱酸，则Z为P元素；0.1 molL1 W的最高价氧化物对应的水化物的pH为0.70，说明该物质为多元强酸，为硫酸，则W为S元素；0.1 molL1 Y的最高价氧化物对应的水化物的pH为13.00，说明该物质为一元强碱，为氢氧化钠，则Y为Na元素；0.1 molL1 X的最高价氧化物对应的水化物的pH为1.00，说明该物质为一元强酸，为硝酸，则Y为N元素，据此回答。【详解】A同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，因S的原子序数大于P，则S
14、的电负性大于P，胡A正确；B电子层数越多离子半径越大，Na+有两个电子层而S2有三个电子层，因此S2的离子半径较大，故B错误；C同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大，但由于第A、A族元素的电子排布结构为全充满或半充满状态，原子结构较为稳定，故第A、A族元素的第一电离能较相邻两个主族的电离能较大，故P的第一电离能大于S，故C错误；D相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于X的氢化物NH3中含有分子间氢键，因此NH3的沸点高于PH3的沸点，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】分子的相对分子质量越大，熔沸点越高，但需要注意分子间是否能够形成氢键；分子间氢键可以增大物质的熔沸点，但分子内氢
15、键可以降低物质的熔沸点。10. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，仅X、Y处于同周期，Y是地壳中含量最高的元素，Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质。下列说法正确的是( )。A. 简单离子的半径：B. 简单氢化物的热稳定性：C. W与Y形成的化合物只含有极性共价键D. Z的最高价氧化物对应的水化物为强碱【答案】B【解析】【分析】Y是地壳中含量最高的元素，是O元素，仅X、Y处于同周期，W是H，Z的原子序数是X的两倍，X与Y形成的化合物可与Z的单质反应生成X的单质，Z是第三周期的元素，则X、Y、Z分别为C、O、Mg，由此分析。【详解】AO2-和Mg2
16、+的核外电子排布相同，核电荷数越大，对原子核的吸引能力越强，半径越小，故半径r(O2-)r(Mg2+)，即，故A错误；BX是碳，Y是氧，碳和氧为同一周期，同周期从左到右，非金属性增强，非金属性，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，简单氢化物的热稳定性：，故B正确；C W是H，Y是O，W与Y形成的化合物可能是水或过氧化氢，可能含有极性键或非极性键，故C错误；DZ是Mg，它最高价氧化物对应水化物为弱碱，故D错误；答案选B。二、选择题，每小题有一个或者两个选项符合题目要求11. 某兴趣小组探究Ba(OH)2溶液和 H2SO4溶液发生的是离子反应，设计的实验装置和实验测定的导电性曲线分别如图所示。下
17、列有关说法错误的是( )A. 该反应的离子方程式是 Ba2+ +2OH- +SO+2H+=BaSO4+ 2H2OB. 反应在经历大约270秒时，放出的热量也达到最大值。C. 导电能力最低点表示 Ba(OH)2溶液和 H2SO4溶液恰好完全反应D. 用盐酸代替H2SO4溶液，测得的导电性曲线和上述曲线相同【答案】BD【解析】【详解】ABa(OH)2溶液和 H2SO4溶液发生反应生成硫酸钡和水，离子反应方程式为：Ba2+ +2OH- +SO+2H+=BaSO4+ 2H2O，故A正确；B导电能力最低点，Ba(OH)2 溶液和 H2SO4溶液恰好完全反应，此时放出的热量达到最大值，故B错误；C导电能力
18、最低点，此时Ba(OH)2 溶液和 H2SO4溶液恰好完全反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，故C正确；D用盐酸代替硫酸溶液，此发生反应为：Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O，其实质为：OH-+H+=H2O，其导电能力不会降为0，可以测得导电性曲线和上述曲线不相同，故D错误；故选BD。12. 某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：根据以上信息判断，下列叙述错误的是A. 过程至过程中硼元素的化合价不变B. X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等C. 过程和过程各产生1molH2时转移的电子数不相等D. 0.2
19、5molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)【答案】B【解析】【详解】A.由图示可知，过程至过程中BH4-反应生成B(OH) 4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A正确；B.过程中2moH2O水与2molX反应生成2mol B(OH) 4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B错误；C.由图示可知，过程中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C正确；D.NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失
20、去的电子的量20.25mol4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1mol H2生成H+失去的电子的量21mol=2mol，故两者还原能力相当，D正确；答案选B。13. 氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是常用的氨化剂之一。某研究小组利用反应原理：2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s) H C，则C原子提供孤对电子，即配位原子是碳原子，故B正确；C. (CN)2分子的结构式为NCCN，单键为键，三键中有1个键和2个键，则键和键数目比为 3:4，故C正确；D.Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得Fe2+，Fe2+的最高能层电子排
21、布为 3s23p63d6，故D错误；故选AD。三、非选择题16. Cu(In1-xGaxSe2)（简称CIGS）可作多晶膜太阳能电池材料，具有非常好的发展前景。回答下列问题：（1）已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为Kr_；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为_。（2）硅与碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键，但是硅的化合物中只存在硅硅单键，其主要原因是_。常温常压下，SiF4呈气态，而SiCl4呈液态，其主要原因是_。（3）31Ga可以形成GaCl3xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成
22、；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。则该溶液中溶质的化学式为_。（4）SeO32-的立体构型为_；SeO2中硒原子采取杂化类型是_。（5）常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA。CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为_pm。Cu2S晶体中，S2-的配位数为_。Cu2S晶体的密度为=_gcm-3（列出计算式即可）。【答案】 (1). 4d105s25p1 (2).
23、SeGaIn (3). 硅原子半径大于碳，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小，形成三键、三键不稳定 (4). 组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质量较大 (5). Ga(NH3)4Cl2Cl (6). 三角锥形 (7). sp2 (8). a (9). 8 (10). 【解析】【分析】Ga与In同主族，Se与Ga同周期；碳与硅同主族，碳原子半径小于硅原子半径；硒原子的价层电子数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对；CuS晶胞中S2-位于晶胞的顶点和面心上，铜离子位于体内，配位数为4。【详解】（1）镓原子的质子数为49，电子排布是为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105
24、s25p1，简写为Kr 4d105s25p1；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能逐渐增大，则第一电离能从大到小顺序为SeGaIn。（2）碳碳双键、碳碳叁键都有键，硅原子的半径大于碳原子，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子，键不稳定。四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质，组成、结构相似，四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子间作用力较大，沸点较高。（3）向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物内界和外界中含
25、氯离子的个数比为2:1，由于Ga3+的配位数为6，则该配合物的化学式为Ga(NH3)4Cl2Cl。（4）SeO32-中硒原子的价层电子对数为4，其中为1个孤对电子对、3个成键电子对，故它的立体构型为三角锥形；二氧化硒分子中硒原子价层有3个电子对，采取sp2杂化。（5）由题意可知，铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为a pm。铜离子配位数为4，根据化学式为Cu2S，得出S2-的配位数为8。Cu2S晶体中含有8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为= gcm-3。17. 实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料-Fe2O3。其主要实验流程如下：(1)
26、酸浸：用一定浓度H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有_(填序号)。A适当升高酸浸温度B适当加快搅拌速度C适当缩短酸浸时间(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成_(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是_。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是_，。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。生成FeCO3沉淀
27、的离子方程式为_。设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：_。【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。【答案】 (1). AB (2). H2 (3). 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 (4). pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全 (5). 或 (6). 在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀【解析】
28、【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得Fe2O3；据此分析作答。【详解】(1)A适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；答案选AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸
29、”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于110
30、-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为mol/L=10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3H2O+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+H2O或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4，离子方程式为Fe2+NH3H2O=FeCO3+H2O（或Fe2+N
31、H3=FeCO3+），答案为：Fe2+NH3H2O=FeCO3+H2O（或Fe2+NH3=FeCO3+）。根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出
32、现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤23次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：(1)控制pH不形成Fe(OH)2沉淀；(2)沉淀洗涤完全的标志。18. 硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：（1）在95 “溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在
33、“吸收”中反应的化学方程式为_。（2）“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是_。（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH+B(OH)4，Ka=5.811010，可判断H3BO3是_酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_。（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。【答案】 (1). NH3+NH4HCO3(NH4)2CO3 (2). Fe2O3、Al2O3、SiO2 (3). KSCN (4). 一元弱 (5). 转化为
34、H3BO3，促进析出 (6). 2Mg2+2H2O+3CO32Mg(OH)2MgCO3+2HCO3（或2Mg2+H2O+2CO32Mg(OH)2MgCO3+CO2） (7). 溶浸 (8). 高温焙烧【解析】【详解】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;（2）滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN；（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，
35、所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出；（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2+2H2O+3CO32-=Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。19. 硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤的目的
36、是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应 (3). 热水浴 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化为Fe3+；
37、不引入杂质 (6). 防止Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)212H2O【解析】【详解】（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持8095 ，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O
38、2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.518=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。20. K3Fe(C2O4)33H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体
39、，可用于晒制蓝图。回答下列问题：（1）晒制蓝图时，用K3Fe(C2O4)33H2O作感光剂，以K3Fe(CN)6溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2；显色反应的化学方程式为_。（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。通入氮气的目的是_。实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有_、_。为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_。样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：_。（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
40、称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL-1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_。【答案】 (1). 3FeC2O4+2K3Fe(CN)6Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4 (2). 隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 (3). CO2 (4). CO (5). 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 (6). 取少许固体粉末于试管
41、中，加稀硫酸溶解，滴入12滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3 (7). 粉红色出现 (8). 【解析】【分析】（1）根据亚铁离子能与K3Fe(CN)6发生显色反应解答；（2）根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；根据CO2、CO的性质分析；要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；根据铁离子的检验方法解答；（3）根据酸性高锰酸钾溶液显红色 ；根据电子得失守恒计算。【详解】（1）光解反应的化学方程式为2K3Fe(C2O4)32FeC2O4+3K2C2O4+2CO2，反应后有草酸亚铁产生，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3Fe(CN)6Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4
42、。（2）装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置。实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO；为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即可。要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入12滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3
43、。（3）高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现。锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为。【点睛】本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO应先通H2，气体点燃前先验纯等)；防氧化(如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。- 21 - 版权所有高考资源网