1、2014-2015学年河南省郑州市新郑三中高三（下）第一次月考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1下列叙述中正确的是( )A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+2现有下列物质：氯水溴水碘水臭氧二氧化氮稀硝酸，其中能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是( )ABC除外D全部3在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中加入一定量的Na2O2，充分反应后，恢复到原来的温度，下列说法中正确的是( )A溶液的pH不
2、变，有H2放出B溶液的pH值增大，有O2放出C溶液中c（Na+）增大，有O2放出D溶液中Na+数目减少，有O2放出4在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是( )A碳酸氢钠溶液：K+、SO42、Cl、H+B常温条件下c（H+）=1012 molL1的溶液：K+、SO42、Cl、BrC酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl、SO42、Fe3+D紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、Cl5下列离子方程式书写正确的是( )A将少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+2ClO+H2O+Ca2+=CaSO3+2HClOBNa2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+
3、O2C将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOD用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+6某强酸性溶液中可能存在NO3、I、Cl、Fe3+中的一种或几种向该溶液中加入溴水后，Br2被还原，由此推断该溶液中( )A不含NO3，含Fe3+B含有NO3、I、ClC含I，但不能确定是否含ClD含有Fe3+7有一含0.04molH2SO4、0.04molHNO3的混合稀溶液，加入足量的铜粉，加热充分反应，最终可产生气体的物质的量是( )A0.01molB0.03molC0.04molD0.010.03mol8从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14
4、CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是( )ACu2S既是氧化产物又是还原产物B5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C产物中的离子有一部分是氧化产物DFeS2只作还原剂9某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO与ClO3的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为( )A21：5B11：3C3：1D4：110用同一KMnO4标准溶液分别滴定体积相等的FeSO4和H2C2O4溶液，耗用的标准溶液体积相等，对两溶液浓度关系正
5、确表述的是( )Ac（FeSO4）=c（H2C2O4）B2c（FeSO4）=c（H2C2O4）Cc（FeSO4）=2c（H2C2O4）Dc（FeSO4）=1.5c（H2C2O4）11向含有1mol的FeCl2溶液中通入0.2mol Cl2，再加入0.1mol X2O72酸性溶液，使溶液中的Fe2+全部恰好氧化，并使X2O72还原为Xn+，则n的值为( )A2B3C4D012下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数( )A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体
6、用碱石灰吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体13今有三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 2FeCl2+Cl2=2FeCl32KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O若某溶液中有Fe2+和Cl、I共存，要氧化除去I而又不影响Fe2+和Cl可加入的试剂是( )ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl14含有amol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是( )Ax=0.4a，2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClBx=0
7、.6a，2Br+Cl2=Br2+2ClCx=a，2Fe2+2Br+2Cl2=Br2+2Fe3+4ClDx=1.5a，2Fe2+4Br+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl15某500mL溶液中含0.1molFe2+、0.2molFe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变） ( )A0.4mol/LB0.6mol/LC0.8mol/LD1.0molL116某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼
8、烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中( )A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在17向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL浓度为1.0molL1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，有气体放出，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现若用足量的CO在高温下还原相同质量此混合物，能得到铁的质量是( )A11.2gB5.6gC2.8gD1.4g181.92g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成
9、气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为( )A504mLB336mLC224mLD168mL二、非选择题：19实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl：用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4请回答：（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式
10、是_（3）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2该反应的离子方程式是：_20中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体请回答下列问题：（1）红褐色胶体F微粒直径大小的范围：_（2）A、B、H的化学式：A_、B_、H_（3）写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：_写出鉴定C中阳离子的实验方法和现象：_在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：_21溴水和氯化铁溶液均是中学化学实验中的常用试剂，浓度较小时，溶液均呈黄色在探究铁的化合物相互转化时，进行下列实验实验操作：向足量
11、20mL的FeSO4溶液中，滴入几滴浓溴水，振荡实验现象：溶液由浅绿色变成黄色（1）对该实验现象的解释：如果发生了化学反应，则使溶液呈黄色的微粒是_（填化学式，下同）；如果未发生化学反应，则使溶液呈黄色的微粒是_（2）通过进一步实验，可证明Br2水和FeSO4溶液是否发生反应下列是设计的一些实验方案和预测请填空：操作预期现象及结论方案1取少量黄色溶液，加入NaOH溶液如果生成红褐色沉淀，则说明发生了反应方案2取少量黄色溶液，加入淀粉碘化钾溶液如果溶液变蓝色，则说明未发生反应方案3取少量黄色溶液，加入四氯化碳，振荡如果下层溶液呈橙红色，则说明：_方案1是否合理？_（填“合理”或“不合理”）方案2
12、中，由于存在反应_（用离子方程式表示），所以预测结论不正确请你另外设计一个合理方案，证明已经反应将有关内容填入下表实验操作预期现象及结论解释现象的离子方程式_22胆矾是一种常见的化合物，工业上它也是一种制取其它含铜化合物的原料现有废铜（主要杂质为Fe）来制备胆矾有人设计了如下流程：pH值控制可参考下列数据物 质开始沉淀时的pH值完全沉淀时的pH值氢氧化铁2.73.7氢氧化亚铁7.69.6氢氧化铜5.26.4请根据上述流程回答下列问题：（1）A物质可选用_（填字母）a稀H2SO4b浓H2SO4/c浓FeCl3溶液 d浓HNO3（2）中加H2O2的目的_（3）中加Cu2（OH）2CO3的目的是_；
13、其优点是_（4）加热煮沸时发生的化学反应的离子方程式为_（5）V中加H2SO4调节pH=1是为了_（6）V到的操作是_（7）某工程师认为上述流程中所加的A物质并不理想，需作改进，其理由是_如何改进_23将0.08mol KMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到a molO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b molCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中（1）请配平下列方程式：_KMnO4+_HCl_KCl+_MnCl2+_Cl2+_H2O（2）上式反应中的还原剂是_，当还原剂失去1mol电子时，氧化产物的物质的量为_（3）a+b的最大值为_，a+
14、b最小值为_（4）当 a+b=0.18时，残留固体的质量为_2014-2015学年河南省郑州市新郑三中高三（下）第一次月考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1下列叙述中正确的是( )A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计 【专题】化学实验基本操作【分析】A实验室保存液溴常用水封的方法；B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性；CCC14层
15、显紫色，证明原溶液中存在I2；D溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4【解答】解：A液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确；B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，可能为NO2、O3、Cl2等物质，但不一定为Cl2，故B错误；CCC14层显紫色，证明原溶液中存在I2，I无色，故C错误；D溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D错误故选A【点评】本题考查物质的保存、检验等知识，题目难度不大，解答该类题目注意把握相关化学基本实验操作2现有下列物质：氯水溴水碘水臭氧
16、二氧化氮稀硝酸，其中能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是( )ABC除外D全部【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【专题】卤族元素【分析】淀粉遇到碘单质就会变蓝，能使淀粉碘化钾溶液变蓝的物质，应该是能将KI氧化为I2的物质，所以所加入的该物质的氧化性大于I2即可，否则不变蓝【解答】解：根据氧化性Cl2Br2I2，则淀粉碘化钾溶液中加入氯水，生成I2，溶液变蓝，故正确；根据氧化性Cl2Br2I2，淀粉碘化钾溶液中加入溴水，生成I2，溶液变蓝，故正确；淀粉遇碘水中的碘直接变蓝色，故正确；臭氧具有氧化性，能和KI反应，生成碘单质，溶液变蓝，故正确；二氧化氮具有氧化性，能和KI反应，生成碘单质，溶液变蓝，故
17、正确；稀硝酸具有氧化性，能和KI反应，生成碘单质，溶液变蓝，故正确故选D【点评】本题考查卤素单质以及化合物的性质，题目难度不大，注意把握卤素单质氧化性的强弱即可解答该题3在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中加入一定量的Na2O2，充分反应后，恢复到原来的温度，下列说法中正确的是( )A溶液的pH不变，有H2放出B溶液的pH值增大，有O2放出C溶液中c（Na+）增大，有O2放出D溶液中Na+数目减少，有O2放出【考点】钠的重要化合物 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出【解答】解：过氧化钠加入水中发生：2Na2O2+2H2
18、O=4NaOH+O2，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na+数目减少，反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，溶液中c（Na+）不变，故选D【点评】本题考查过氧化钠的性质，题目难度较小，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变4在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是( )A碳酸氢钠溶液：K+、SO42、Cl、H+B常温条件下c（H+）=1012 molL1的溶液：K+、SO42、Cl、BrC酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl、SO42、Fe3+D紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、Cl【考点】离子共存问题 【分析】A、HCO3和H+反应；B、
19、常温条件下c（H+）=1012 molL1的溶液呈碱性；C、使酚酞变红的溶液呈碱性；D、紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性【解答】解：A、HCO3和H+反应生成二氧化碳和水而不能共存，故A错误；B、常温条件下c（H+）=1012 molL1的溶液呈碱性，有大量的氢氧根，而K+、SO42、Cl、Br与OH均反应，均能共存，故B正确；C、使酚酞变红的溶液呈碱性，有大量OH，而Fe3+能和OH反应生成Fe（OH）3沉淀而不能共存，故C错误；D、紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，在酸性溶液中，NO3有强氧化性，能将Fe2+氧化而不能共存，故D错误故选B【点评】本题考查了离子共存问题，离子之间发生反应则不能共存，
20、而离子之间若能生成沉淀、气体、弱电解质、发生氧化还原反应和双水解则不能共存，难度不大5下列离子方程式书写正确的是( )A将少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+2ClO+H2O+Ca2+=CaSO3+2HClOBNa2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2C将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOD用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】AClO有较强的氧化性，能够氧化二氧化硫；B原子个数不守恒；C次氯酸为弱电解质，保留化学式；D氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化
21、铜【解答】解：A将少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，离子方程式为：SO2 +3ClO+Ca2+H2O=CaSO4+Cl+2HClO，故A错误；BNa2O2与H2O反应制备O2，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故B错误；C将氯气溶于水制备次氯酸，离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，故C错误；D用FeCl3溶液腐蚀铜线路板，离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项A为易错选项6某强酸性溶液中可能存在NO3、I、Cl、Fe3+中的一
22、种或几种向该溶液中加入溴水后，Br2被还原，由此推断该溶液中( )A不含NO3，含Fe3+B含有NO3、I、ClC含I，但不能确定是否含ClD含有Fe3+【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】溶液呈强酸性，向该溶液中滴入Br2，单质Br2被还原，说明溶液中含有还原性离子，为I【解答】解：溶液呈强酸性，向该溶液中滴入Br2，单质Br2被还原，说明溶液中含有还原性离子，为I，因NO3、Fe3+具有强氧化性，与I发生氧化还原反应而不能大量共存，由于Cl不发生反应，不能确定是否含有Cl，故选C【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意根据题目信息结合离子的性质进行判断，注意NO3、F
23、e3+与I不能大量共存7有一含0.04molH2SO4、0.04molHNO3的混合稀溶液，加入足量的铜粉，加热充分反应，最终可产生气体的物质的量是( )A0.01molB0.03molC0.04molD0.010.03mol【考点】离子方程式的有关计算 【分析】先计算氢离子的物质的量，再根据溶液中发生的反应3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O判断过量，将不足的代入离子反应方程式来计算最终可产生气体的物质的量【解答】解：混合液中含有硝酸根离子的物质的量为：n（NO3）=0.04mol，含有氢离子的物质的量为：n（H+）=0.04mol+0.042mol=0.12mol，根据反应3
24、Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O可知，铜足量，消耗0.04mol硝酸根离子完全反应消耗氢离子的物质的量为：0.04mol=0.16mol，显然H+不足，设放出的气体的物质的量为x，则3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O 8 2 0.12mol x8x=0.12mol2，解得：x=0.03mol，故选B【点评】本题考查学生利用离子反应方程式进行的计算，题目难度中等，明确离子的物质的量及判断过量是解答本题的关键，并学会利用离子反应来分析解答问题8从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO
25、4，下列说法正确的是( )ACu2S既是氧化产物又是还原产物B5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C产物中的离子有一部分是氧化产物DFeS2只作还原剂【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为+6价，以此来解答【解答】解：14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，S元素的化合价由1价升高为
26、+6价，ACu2S只是还原产物，故A错误；B.5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol6（1）=21mol e转移，故B错误；CS元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个SO42是氧化产物，故C正确；DCuSO4是氧化剂，FeS2既是还原剂又是还原剂，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意5 mol FeS2发生反应时只有3molS失去电子，题目难度不大9某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO与ClO3的浓
27、度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为( )A21：5B11：3C3：1D4：1【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO与ClO3的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比【解答】解：Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5
28、价，ClO与ClO3的物质的量浓度之比为1：3，则可设ClO为1mol，ClO3为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol（10）+3mol（50）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，故选D【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用10用
29、同一KMnO4标准溶液分别滴定体积相等的FeSO4和H2C2O4溶液，耗用的标准溶液体积相等，对两溶液浓度关系正确表述的是( )Ac（FeSO4）=c（H2C2O4）B2c（FeSO4）=c（H2C2O4）Cc（FeSO4）=2c（H2C2O4）Dc（FeSO4）=1.5c（H2C2O4）【考点】氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】KMnO4分别与FeSO4和H2C2O4溶液反应，反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，Fe元素化合价由+2价升高到+3价，C元素化合价由+3价升高到+4价，结合氧化还原反应氧化剂、还原剂得失电子数目相等解答该题【解答】解：KMnO4分别与FeS
30、O4和H2C2O4溶液反应，反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，Fe元素化合价由+2价升高到+3价，C元素化合价由+3价升高到+4价，则1molFeSO4、H2C2O4可分别失去1mol、2mol电子，用同一KMnO4标准溶液分别滴定体积相等的FeSO4和H2C2O4溶液，耗用的标准溶液体积相等，说明FeSO4、H2C2O4失电子数相等，二者物质的量之比为n（FeSO4）：n（H2C2O4）=2：1，而体积相等，则c（FeSO4）=2c（H2C2O4），故选C【点评】本题考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应的计算，注意根据化合价的变化结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量关系为解
31、答该题的关键，题目难度不大11向含有1mol的FeCl2溶液中通入0.2mol Cl2，再加入0.1mol X2O72酸性溶液，使溶液中的Fe2+全部恰好氧化，并使X2O72还原为Xn+，则n的值为( )A2B3C4D0【考点】离子方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】1mol的FeCl2 完全被氧化成铁离子失去1mol电子，X2O72中X的化合价为+6，根据氧化还原反应中得失电子相等计算出X的化合价及n的数值【解答】解：0.2mol Cl2完全反应变成氯离子得到电子的物质的量为：0.2mol2=0.4mol；Xn+的化合价为+n，X2O72中X的化合价为+6，0.1mol X2O72则完全
32、反应得到电子的物质的量为：（6n）20.1mol=0.2（6n）mol；1mol的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.2（6n）mol=1mol，解得：n=3，故选B【点评】本题考查了氧化还原反应的实质及相关计算，题目难度中等，注意掌握氧化还原反应中电子守恒在化学计算中的应用方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力12下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数( )A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰
33、吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【考点】钠的重要化合物 【专题】压轴题【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B、根据钠守恒，可列方程组求解；C、C项应先把水蒸气排除才合理；D、根据质量关系，可列方程组求解【解答】解：A、在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，故A项成立；B、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，故B项成立；
34、C、C项中碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，故C项错误；D、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，故D项成立故选：C【点评】本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同13今有三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 2FeCl2+Cl2=2FeCl32KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O若某溶液中有Fe2+和Cl、I共存，要氧化除去I而又不影响Fe2+和Cl可加入的试剂是( )ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl【考点】氧化性、还原性强弱的
35、比较；氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】根据反应中元素化合价的变化来判断氧化剂及氧化性的强弱，再利用氧化性的强弱来分析氧化除去I而又不影响Fe2+和Cl【解答】解：反应中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性FeCl3I2，反应中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Cl2FeCl3，反应中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4Cl2，即氧化性强弱为KMnO4Cl2FeCl3，则某溶液中有Fe2+和I共存，要氧化除去
36、I而又不影响Fe2+和Cl，选择氧化性强的物质除杂时能将Fe2+和Cl氧化，故选择弱氧化剂FeCl3来除杂而不影响Fe2+和Cl，且没有引入新的杂质，故选C【点评】本题考查学生利用氧化性的强弱来分析除杂问题，明确氧化还原反应中元素化合价的变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性是解答本题的关键14含有amol FeBr2的溶液中，通入xmol Cl2下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是( )Ax=0.4a，2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClBx=0.6a，2Br+Cl2=Br2+2ClCx=a，2Fe2+2Br+2Cl2=Br2+2Fe3+4ClDx=1.5a，
37、2Fe2+4Br+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl【考点】氧化还原反应的计算；离子方程式的书写 【专题】压轴题；氧化还原反应专题；离子反应专题【分析】由于还原性：Fe2+Br，通入Cl2，依次发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，2Br+Cl2=Br2+2Cl，当n（Cl2）：n（FeBr2）时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）时，Fe2+和Br被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题【解答】解：由于还原性：Fe2+Br，通入Cl2，依次发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，2Br+Cl2=Br2+2Cl，当n
38、（Cl2）：n（FeBr2）时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）时，Fe2+和Br被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br被部分氧化，则Ax=0.4a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.4，只氧化Fe2+，故A正确；Bx=0.6a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于，Fe2+被完全氧化，Br被部分氧化，故B错误；Cx=a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2+2Br+2Cl2=Br2+2Fe3+4Cl，故C正确；
39、Dx=1.5a，Fe2+和Br恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2+4Br+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl，故D正确故选B【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度较大，本题注意把握物质的还原性强弱，此为解答该题的关键，答题时注意氧化剂和还原剂物质的量之间的关系，此为易错点15某500mL溶液中含0.1molFe2+、0.2molFe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变） ( )A0.4mol/LB0.6mol/LC0.8mol/LD1.0molL1【考点】氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】加铁粉，发生
40、Fe+2Fe3+=3Fe2+，显然0.2molFe3+完全被还原只需要0.1molFe，结合c=计算【解答】解：加铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中含0.2molFe3+，待Fe3+完全还原后，由反应可知需要Fe为0.2mol=0.1mol，Fe剩余，生成的Fe2+为0.2mol=0.3mol，则反应后溶液中含Fe2+的物质的量为0.1mol+0.3mol=0.4mol，所以溶液中Fe2+的物质的量浓度为=0.8mol/L，故选C【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的氧化还原反应及过量判断为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大16某溶液可能含有Cl
41、、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中( )A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 【专题】离子反应专题【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体
42、为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl，至少0.02mol3+0.020.02mol2
43、=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等17向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL浓度为1.0molL1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，有气体放出，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现若用足量的CO在高温下还原相同质量此混合物，能得到铁的质量是( )A11.2gB5
44、.6gC2.8gD1.4g【考点】有关混合物反应的计算 【专题】守恒法【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2），据此结合m=nM计算得到的铁的质量【解答】解：盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）=0.1L1mol/L=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相
45、同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.05mol，质量为0.05mol56g/mol=2.8g，故选C【点评】考查混合物的计算，难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想的运用181.92g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为( )A504mLB336mLC224mLD168mL【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算 【专题】压轴题；守恒思想；氧化还原反应专题【分析】根据
46、电子守恒计算，已知HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算【解答】解：1.92g Cu的物质的量为n（Cu）=0.03mol，反应时失去电子数目为20.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）=0.015mol，V（O2）=0.015mol22400ml/mol=336ml，所以通入O2的体积为336ml，故选B【点评】本题考
47、查氧化还原反应电子转移数目的计算，本题难度不大，根据HNO3NO、NO2HNO3，得出Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目是解答本题的关键二、非选择题：19实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl：用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4请回答：（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是3MnO2+6KOH+3KClO33K2MnO4+KCl+3H2O（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是3
48、MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O（3）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2该反应的离子方程式是：2MnO4+16H+5C2O422Mn2+10CO2+8H2O【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写 【分析】（1）根据反应物与生成物来书写反应方程式，即由软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl来书写；（2）根据反应物与生成物来书写反应方程式，即由滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4来书写；（3）根据KMnO4能与热的经硫酸化的Na
49、2C2O4反应生成Mn2+和CO2，并利用质量守恒定律、电荷守恒来书写离子反应方程式【解答】解：（1）由软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl，则反应为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；（2）由滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，则反应为3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O，故答案为：3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O；（3）由KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，则反
50、应为2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2+8H2O，离子方程式是：2MnO4+16H+5C2O422Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2MnO4+16H+5C2O422Mn2+10CO2+8H2O【点评】本题考查了化学反应方程式、离子反应方程式的书写，明确反应物与生成物及物质之间的关系是解答的关键，题目难度不大20中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体请回答下列问题：（1）红褐色胶体F微粒直径大小的范围：1100nm（2）A、B、H的化学式：AFe、BFeS、HH2SO4（
51、稀）（3）写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O写出鉴定C中阳离子的实验方法和现象：取少量C于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，先生成白色沉淀，马上变为浅绿色，最后变为红褐色（或其他合理答案）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：4Fe2+4Na2O2+6H2O4 Fe（OH）3+O2+8Na+【考点】无机物的推断 【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则D中含有铁离子、F是Fe（OH）3，C和双氧水反应生成D，则C中含有亚铁离子，A能和S反应，A能和稀硫酸反应生成亚铁盐，则A是
52、Fe，C是FeSO4，D是Fe2（SO4）3，B是FeS，硫酸铁和氨水反应生成氢氧化铁和硫酸铵，则E是（NH4）2SO4；氢氧化铁和Fe、H反应生成硫酸亚铁，则H是硫酸，据此分析解答【解答】解：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则D中含有铁离子、F是Fe（OH）3，C和双氧水反应生成D，则C中含有亚铁离子，A能和S反应，A能和稀硫酸反应生成亚铁盐，则A是Fe，C是FeSO4，D是 Fe2（SO4）3，B是FeS，硫酸铁和氨水反应生成氢氧化铁和硫酸铵，则E是（NH4）2SO4；氢氧化铁和Fe、H反应生成硫酸亚铁，则H是硫酸，（1）胶体微粒直径在1100 nm之间，故答案为：110
53、0 nm；（2）通过以上分析知，A、B、H分别是Fe、FeS、H2SO4（稀），故答案为：Fe；FeS；H2SO4（稀）；（3）C是硫酸亚铁，硫酸亚铁和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；亚铁离子能和NaOH反应生成白色Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2不稳定易被氧化生成红褐色Fe（OH）3，其检验方法是取少量C于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，先生成白色沉淀，马上变为浅绿色，最后变为红褐色（或其他合理答案），故答案为：取少量C于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，先生成白色
54、沉淀，马上变为浅绿色，最后变为红褐色（或其他合理答案）；硫酸亚铁和过氧化钠发生氧化还原反应生成氢氧化铁和氧气、硫酸钠，离子方程式为4Fe2+4Na2O2+6H2O4 Fe（OH）3+O2+8Na+，故答案为：4Fe2+4Na2O2+6H2O4 Fe（OH）3+O2+8Na+【点评】本题以铁及其化合物为载体考查无机物推断，侧重考查分析、推断能力，以F及物质之间的转化为突破口进行推断即可，注意亚铁离子的还原性、铁离子及亚铁离子的检验方法，为高考高频点21溴水和氯化铁溶液均是中学化学实验中的常用试剂，浓度较小时，溶液均呈黄色在探究铁的化合物相互转化时，进行下列实验实验操作：向足量20mL的FeSO4
55、溶液中，滴入几滴浓溴水，振荡实验现象：溶液由浅绿色变成黄色（1）对该实验现象的解释：如果发生了化学反应，则使溶液呈黄色的微粒是Fe3+（填化学式，下同）；如果未发生化学反应，则使溶液呈黄色的微粒是Br2（2）通过进一步实验，可证明Br2水和FeSO4溶液是否发生反应下列是设计的一些实验方案和预测请填空：操作预期现象及结论方案1取少量黄色溶液，加入NaOH溶液如果生成红褐色沉淀，则说明发生了反应方案2取少量黄色溶液，加入淀粉碘化钾溶液如果溶液变蓝色，则说明未发生反应方案3取少量黄色溶液，加入四氯化碳，振荡如果下层溶液呈橙红色，则说明：方案1是否合理？不合理（填“合理”或“不合理”）方案2中，由于
56、存在反应2Fe3+2I2Fe2+I2（用离子方程式表示），所以预测结论不正确请你另外设计一个合理方案，证明已经反应将有关内容填入下表实验操作预期现象及结论解释现象的离子方程式取少量黄色溶液，滴加KSCN溶液溶液变为红色，则说明发生了反应Fe3+3SCN=Fe（SCN）3【考点】性质实验方案的设计 【专题】实验设计题【分析】（1）加入溴水的溶液，溴单质浓度较小时，溶液呈黄色；Fe3+的溶液呈黄色，所以溶液颜色改变的原因可能为溴单质的颜色、或三价铁离子的颜色或二者混合形成的颜色；（2）氢氧化钠与亚铁离子反应生成的氢氧化亚铁不稳定，很容易被氧化成红褐色氢氧化铁沉淀；方案2中铁离子具有氧化性，能够氧化
57、碘离子，溶液变蓝色，无法说明未发生反应；如果亚铁离子被氧化，则溶液中存在铁离子，可以通过具有铁离子的方法判断反应已经进行【解答】解：（1）Fe3+的溶液呈黄色，亚铁离子具有较强还原性，加入溴水后如果发生了化学反应，则使溶液呈黄色的微粒可能为Fe3+，故答案为：Fe3+；溴单质浓度较小时，溶液呈黄色，如果未发生化学反应，则使溶液呈黄色的微粒是Br2，故答案为：Br2；（2）取少量黄色溶液，加入NaO最终生成红褐色沉淀，不一定说明溴水和FeSO4溶液发生了化学反应，因为氢氧化钠和亚铁离子反应生成的氢氧化亚铁白色沉淀会迅速变为灰绿色最后生成红褐色沉淀氢氧化铁，所以不合理；取少量黄色溶液，加入淀粉碘化
58、钾溶液，溶液变蓝色，不一定说明未发生化学反应，因为溴单质与亚铁离子反应生成的Fe3+会氧化碘离子，反应生成单质碘，发生反应的方程式为：2Fe3+2I2Fe2+I2，故答案为：不合理；2Fe3+2I2Fe2+I2；判断溴水和FeSO4溶液是否反应的最简单方法是只需检验有无三价铁离子生成就可以证明发生反应，方法为：取少量溶液，滴加KSCN溶液呈血红色，FeSO4与溴水反应生成Fe3+，故答案为：实验操作 预期现象及结论解释现象的离子方程式取少量黄色溶液，滴加KSCN溶液溶液变为红色，则说明发生了反应Fe3+3SCN=Fe（SCN）3【点评】本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，涉及了离子的检
59、验方法分析、实验现象的判断应用等知识，明确常见离子的检验方法及实验方案的设计原则为解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力22胆矾是一种常见的化合物，工业上它也是一种制取其它含铜化合物的原料现有废铜（主要杂质为Fe）来制备胆矾有人设计了如下流程：pH值控制可参考下列数据物 质开始沉淀时的pH值完全沉淀时的pH值氢氧化铁2.73.7氢氧化亚铁7.69.6氢氧化铜5.26.4请根据上述流程回答下列问题：（1）A物质可选用b（填字母）a稀H2SO4b浓H2SO4/c浓FeCl3溶液 d浓HNO3（2）中加H2O2的目的将Fe2+氧化为Fe3+（3）中加Cu2（OH）2CO3的目的是中和过量的硫
60、酸，调节溶液的pH，使Fe3+水解完全而沉淀；其优点是不引入新的杂质（4）加热煮沸时发生的化学反应的离子方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+（5）V中加H2SO4调节pH=1是为了抑制Cu2+的水解（6）V到的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（7）某工程师认为上述流程中所加的A物质并不理想，需作改进，其理由是会产生SO2，会对污染环境，硫酸的利用率低如何改进可以向稀硫酸中不断通氧气（或者加H2O2）并加热【考点】制备实验方案的设计 【分析】废铜（主要杂质为Fe）来制备胆矾的流程：将金属全部溶解，再将存在的亚铁离子氧化为铁离子，再结合Cu2+开始沉淀时的pH值，Fe转化为Fe（OH）3更
61、容易除去加入H2O2，目的是将二价铁转化为三价铁，在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2（OH）2CO3，目的应是调节溶液的酸碱性，所以这里加Cu2（OH）2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁正全转化为Fe（OH）3当三价铁沉淀完全后，再进行过滤，滤液中剩余的阳离子主要有Cu2+，阴离子有SO42，再加硫酸，调节溶液pH值=1，目的是抑制Cu2+的水解，再分别进行蒸发、冷却、结晶后，最终得到产品胆矾，据此答题【解答】解：废铜（主要杂质为Fe）来制备胆矾的流程：将金属全部溶解，再将存在的亚铁离子氧化为铁离子，再结合Cu2+开始沉淀时的pH值，可以Fe
62、最终转化为Fe（OH）3更容易除去，保证铜离子不会沉淀，不能引进杂质离子，加入H2O2，目的是将二价铁转化为三价铁，在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2（OH）2CO3，目的应是调节溶液的酸碱性，所以这里加Cu2（OH）2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁正全转化为Fe（OH）3当三价铁沉淀完全后，再进行过滤，滤液中剩余的阳离子主要有Cu2+，阴离子有SO42，再加硫酸，调节溶液pH值=1，目的是抑制Cu2+的水解，再分别进行蒸发、冷却、结晶后，最终得到产品胆矾（1）A可选用浓H2SO4、加热，稀硫酸不能溶解Cu，而浓FeCl3溶液、浓HNO3会
63、引入杂质，故答案为：b；（2）H2O2与Fe2+发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+后，调节pH，更容易除去，所以中加H2O2的目的将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；（3）在III中调节溶液pH值，在这个过程中加了Cu2（OH）2CO3，这里加Cu2（OH）2CO3中和过量的硫酸，控制好溶液的pH值为3.7，刚好此时溶液中三价铁正全转化为Fe（OH）3，并且不引入新的杂质，故答案为：中和过量的硫酸，调节溶液的pH，使Fe3+水解完全而沉淀；不引入新的杂质；（4）加热煮沸时，促进铁离子水解，可以得到氢氧化铁沉淀，发生的化学反应的离子方程式为：Fe3+3H2OFe（
64、OH）3+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；（5）V中加H2SO4调节pH=1是为了抑制Cu2+的水解，故答案为：抑制Cu2+的水解；（6）从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体可以经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤的方法，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；（7）Cu与浓硫酸反应过程中会产生SO2，会对污染环境，这样会使硫酸的利用率低，所以可以向稀硫酸中不断通氧气（或者加H2O2）并加热，故答案为：会产生SO2，会对污染环境，硫酸的利用率低；可以向稀硫酸中不断通氧气（或者加H2O2）并加热【点评】本题是一道实验方案的设计题，考查学生物质的制备、除杂等方面的综合知识，注意知识的灵活应用
65、是关键，难度中等23将0.08mol KMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到a molO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b molCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中（1）请配平下列方程式：2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（2）上式反应中的还原剂是HCl，当还原剂失去1mol电子时，氧化产物的物质的量为0.5mol（3）a+b的最大值为0.2，a+b最小值为0.16（4）当 a+b=0.18时，残留固体的质量为12.0g【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】（
66、1）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒配平；（2）在氧化还原反应中得电子价态降低的物质为还原剂；根据还原剂和氧化产物的比例计算；（3）在氧化还原反应中得失电子数相等，所以反应过程中锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数，结合极限法计算；（4）结合极限法计算【解答】解：（1）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒可知，反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；故答案为：2；16；2；2；5；8；（2）在氧化还原反应中得电子价态降低的物质为氧化剂，反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2
67、MnCl2+5Cl2+8H2O中，HCl失电子价态升高为0价的氯气，所以HCl为还原剂；还原剂失电子生成的物质为氧化产物，在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，氧化产物为氯气，HCl失去1mol电子时，氧化产物氯气的物质的量为0.5mol；故答案为：HCl；0.5mol；（3）反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数，所以0.08mol（72）=2a（20）mol+2b（10）mol，则2a+b=0.2，a+b=0.2a，当高锰酸钾不分解生成氧气时，a=0，当高锰酸钾完全分
68、解生成氧气时，生成氧气的物质的量为0.04mol，所以x的取值范围为：0a0.04，所以0.16a+b0.2，即最大值为0.2，最小值为0.16；故答案为：0.2；0.16；（4）KMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间，发生反应：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，得到的固体是锰酸钾和二氧化锰的混合物，质量为12.64g的高锰酸钾分解得到锰酸钾和二氧化锰的质量和为：7.88g+3.52g=12.0g，即加热后残留固体的质量为12.0g故答案为：12.0g【点评】本题考查氧化还原反应，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、计算的考查，注意从化合价角度和习题信息角度分析，题目难度不大