1、高考资源网（） 您身边的高考专家沙湾一中2019高一年级第一学期期末考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 第卷（选择题 , 共42分）一、选择题(本题包括14道小题，每小题只有一个选项符合题意 ，每小题3分，共42分)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（ ）A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. 本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化
2、还原反应D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，体现了屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶，气溶胶属于胶体，则有丁达尔效应，A与题意不符；B. 本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用乙醇的挥发性制取较纯的乙醇，操作方法为蒸馏，B与题意不符；C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中蜡炬成灰为燃烧，涉及氧化还原反应，C与题意不符；D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”， 青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法，D符合题意；答案为D。2.我国已跨入“互联网+”时代，而“互联网+”的建设离不开无机非金属材料硅
3、。 下列物品中用到硅单质的是（）A. 陶瓷餐具B. 石英钟表C. 计算机芯片D. 光导纤维【答案】C【解析】【详解】A.陶瓷餐具是硅酸盐产品，主要成分为硅酸盐，A错误；B.石英主要成分为二氧化硅，不是硅单质，B错误；C.硅单质是半导体材料，可以制计算机芯片，C正确；D.光导纤维主要成分为二氧化硅，是硅的氧化物，不是单质硅，D错误；故合理选项是C。3.环境空气质量标准将PM2.5纳入强制监测指标，迄今为止，中国空气污染物监测指标应包括：二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、可吸入颗粒物(PM10)、PM2.5。上述5种检测物中，能形成酸雨的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】酸雨是指的是
4、pH5.6的雨、雪等各种形式的大气降水，酸雨主要由二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成。【详解】二氧化硫能和水反应生成亚硫酸，使雨水的pH5.6，故正确；一氧化碳不能溶于水，不能形成酸不能形成酸雨，故错误；二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，使雨水的pH5.6，故正确；可吸入颗粒物(PM10) 是形成雾霾的主要污染物，不能形成酸雨，故错误；PM2.5是形成雾霾的主要污染物，不能形成酸雨，故错误；能形成酸雨的是，故选C。【点睛】本题考查的形成酸雨的原因，掌握各种物质的性质，对相关方面的问题做出正确的判断是解答关键。4.人体血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸
5、盐，则使血红蛋白中Fe2+转化为Fe3+而丧失其生理功能，临床证明服用维生素C可以解毒，下列叙述错误的是（ ）A. 亚硝酸盐被还原B. 维生素C是还原剂C. 维生素C将Fe3+还原为Fe2+D. 亚硝酸盐是还原剂【答案】D【解析】【详解】A项、根据题意亚硝酸盐使血红蛋白中的Fe2+转化为高铁Fe3+，则亚硝酸盐是氧化剂被还原，故A正确；B项、维生素C可以解毒是因为维生素C是还原剂，使Fe3+转化为Fe2+，让铁元素发生氧化反应，故B正确；C项、维生素C具有还原性，则维生素C能将Fe3+还原为Fe2+，使其解毒，故C正确；D项、根据题意亚硝酸盐使血红蛋白中的Fe2+转化Fe3+，则亚硝酸盐是氧化
6、剂被还原，故D错误；故选D。【点睛】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，Fe2+转化为Fe3+，铁元素发生了氧化反应，须加入氧化剂实现，相反若Fe3+转化为Fe2+，铁元素发生了还原反应，须加入还原剂实现。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 56gN2与CO的混合物中原子总数是4NAB. 0.1mol/L的硫酸溶液中含H+的数目为0.2 NAC. 3mol单质Fe完全燃烧转变为Fe3O4，Fe得到8NA个电子D. 标准状况下，22.4L SO3所含的氧原子数目为3NA【答案】A【解析】【详解】A、无论N2还是CO都是双原子分子，且 N2和CO的摩尔质量都是28gmo
7、l1，即56g该混合物中含有原子总物质的量为=4mol，故A说法正确；B、没有指明溶液的体积，无法计算硫酸的物质的量，故B说法错误；C、Fe3O4中Fe的价态可以认为是，3molFe全部转化成Fe3O4，转移电子物质的量为3mol3=24mol，故C说法错误；D、标准状况下，SO3不是气体，无法用22.4Lmol1进行计算，故D说法错误；答案A。6.下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是A. I可用于制备并检验氢气的可燃性B. II可用于除去CO2中的HClC. 用来配制一定物质的量浓度的NaOH溶液D. 用IV中操作制备氢氧化亚铁并观察其颜色【答案】B【解析】A、点燃H2前必须验纯，以防爆
8、炸，故A错误；B、饱和NaHCO3和CO2不反应，而NaHCO3和HCl反应且生成CO2，不引进新的杂质，所以该装置能除去CO2中的HCl，故B正确；C、容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，故C错误；D、氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时要防止被氧化，所以胶头滴管应该伸入液面下，故D错误。故选B。【此处有视频，请去附件查看】7.下列有关铁及其化合物的叙述中，不正确的是（ ）A. 高温下，铁和水蒸气反应可以生成氢气B. 将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，煮沸至红褐色，可以制得氢氧化铁胶体C. 用溶液鉴别溶液和溶液D. 常用
9、作红色油漆和涂料【答案】D【解析】【详解】A、铁与水蒸气在高温下发生3Fe4H2O(g) Fe3O44H2，故A说法正确；B、氢氧化铁胶体的制备：将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至出现红褐色液体，停止加热，即得到氢氧化铁胶体，故B说法正确；C、KSCN滴入Fe3溶液中显血红色，滴入Fe2中不显色，可以鉴别，故 C说法正确；D、Fe2O3 常用作红色油漆和涂料，Fe3O4为黑色，故D说法错误；答案为D。8.下列各组离子在溶液中一定能够大量共存的是A. 在含有大量SO42-的无色溶液中：Mg2+、Na、Cu2、ClB. 在强酸性溶液中： K、HCO3、SO42- 、ClO-C. 在含有大量
10、OH的溶液中：NO3、Na、Cl、AlO2-D. 在含有大量Fe2+的溶液中：H、Na+、Cl、ClO-【答案】C【解析】【详解】A. 含Cu2的溶液呈蓝色，不能大量存在于无色溶液中，故A不符合题意；B. 强酸溶液中HCO3、ClO-不能大量存在，故B不符合题意；C. 碱性溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故C符合题意；D. H+与ClO-不能大量共存，Fe2+、ClO-离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；答案是C。9.下列说法中正确的是（）A. S在过量的O2中充分燃烧，可得SO3B. 除去在Na2CO3固体中混有的NaHCO3的最好办法是通入过量的CO2C. 鉴别N
11、aHCO3溶液与Na2CO3溶液，可用澄清的石灰水D. 等物质的量Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应，消耗HCl的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】【详解】AS在过量的O2中燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，二氧化硫在催化作用下可生成三氧化硫，故A错误；B碳酸氢钠不稳定，加热易分解，应用加热的方法除杂，故B错误；C二者都与石灰水反应生成沉淀，应加入氯化钙鉴别，故C错误；DNaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HCl=NaCl +H2O+CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，放
12、出CO2体积相等，消耗HCl的物质的量之比为2：1，故D正确；故选D。10.现有下列三个氧化还原反应：2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O若某溶液中含有Fe2、Cl和I，要除去I而不氧化Fe2和Cl，可以加入的试剂是()A. Cl2B. KMnO4C. FeCl3D. HCl【答案】C【解析】【详解】由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，反应中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，氧化性FeCl3I2，反应中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，氧化性Cl2FeCl3，反应中M
13、n元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，氧化性KMnO4Cl2，氧化性强弱为KMnO4Cl2FeCl3，氯气和高锰酸钾会把亚铁离子氧化为铁离子，而氯化氢不能除去碘离子，则除去I而不氧化Fe2和Cl应选择FeCl3，故选C。11.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A. 硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：Fe22HH2O2=Fe32H2OB. 氯气与水反应：Cl2 + H2O2H+ + Cl- + ClO-C. 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO32H=Ca2CO2H2OD. 向A12(SO4)3溶液中加入过量的氨水：A13+3NH3H2O=A1(OH)3+3NH4+【答案】D【解析】
14、【详解】A、H2O2具有强氧化性，能将Fe2氧化成Fe3，本身被还原成H2O2，离子方程式为2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，故A说法错误；B、次氯酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆写成离子，正确的是Cl2H2OHClHClO，故B说法错误；C、醋酸为弱酸，正确的离子方程式为CaCO32CH3COOH=Ca22CH3COOCO2H2O，故C说法错误；D、Al(OH)3不溶于NH3H2O，因此离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，故D说法正确；答案为D。【点睛】易错点是选项D，学生认为Al(OH)3属于两性氢氧化氢化物，溶于酸、碱，但忽略了氢氧化铝不溶于弱碱。12.如图所
15、示的试管中装有12 mL一氧化氮，然后间歇缓慢地通入8 mL氧气。有关最终状态的描述：试管内气体呈红棕色，试管内气体呈无色，试管内液面不变，试管内液面上升，试管内气体是氧气，试管内气体是一氧化氮。其中正确的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】NO与O2发生反应：2NOO2=2NO2，然后发生4NO2O22H2O=4HNO3，得出4NO3O22H2O=4HNO3，则推出12mLNO全部反应，则消耗O2的体积为9mL8mL，因此O2不足，NO过量，现象是试管内气体为NO，无色，试管内液面上升，因此正确；答案为A。13.有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、CaCl2、K
16、2CO3，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成。向的悬浊液中加入过量稀盐酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；取少量的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列关于白色粉末组成的判断正确的是 ()A. 肯定含有CaCl2、K2CO3，可能含有Ba(NO3)2B. 肯定含有Ba(NO3)2、K2CO3，可能含有CaCl2C. 肯定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种D. Ba(NO3)2、CaCl2、K2CO3都存在【答案】C【解析】【详解】有白色沉淀生成，K2CO3与Ba(NO3)2可以生成沉淀，也可以跟CaCl2反应生成沉淀，说明肯定有K2CO3，Ba(
17、NO3)、CaCl2至少含有一种；取少量溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，不能说明混合物中含有CaCl2，因为中加入过量的稀盐酸，对后面实验产生干扰，因此肯定有肯定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种。答案选C14.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100 molL-1Na2S2O3溶液恰好把224mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl离子，则S2O32将转化为A. SO32B. SO42C. SD. S2【答案】B【解析】【分析】【详解】利用得失电子数目守恒进行计算，令S2O32中S的化合价变化了x，因此有25.0103L0.100
18、molL12x=21，解得x=4，S2O32中S的价态为2价， S2O32中S被氧化成6价，即为SO42，故选项B正确；答案为B。第卷 (非选择题，共58分)二、非选择题（本题包括6道小题，共58分）15.化学与人类生活密切相关。请按要求回答下列问题：(1)K2FeO4是一种重要的净水剂，可用下列方法制得：2Fe(OH)3 +3Cl2 +10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O。在该反应中，还原剂是_，当反应中有0.5mol K2FeO4生成时，消耗Cl2在标况下的体积为_,转移电子的数目为_。(2)宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应化学方程式_。(3)厨房里小苏打常作
19、面包和糕点的发泡剂，写出小苏打溶于水的电离方程式:_。(4)工业上制漂白粉的化学方程式为_，新制氯水在阳光照射下产生无色气体，该反应的化学方程式是_。(5)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：_。若向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是_。A有铜无铁 B有铁无铜 C铁、铜都有 D铁、铜都无【答案】 (1). Fe（OH）3 (2). 16.8L (3). 1.5NA或9.031023 (4). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (5). NaHCO3=NaHCO
20、3- (6). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (7). 2HClO2HCl+O2 (8). Cu2Fe3=2Fe2Cu2 (9). B【解析】【详解】（1）还原剂是失去电子，化合价升高的微粒，根据反应方程式，Fe的化合价由3价6价，化合价升高，即还原剂为Fe(OH)3，根据反应方程式，因此有，解得n(Cl2)=0.75mol，标准状况下，消耗氯气的体积为0.75mol22.4Lmol1=16.8L；转移电子物质的量为0.5mol(63)=1.5mol，即转移电子数为1.5NA或9.031023；（2）过氧化钠与CO2的反应：2Na2O22CO2=2Na2C
21、O3O2；（3）小苏打是NaHCO3，在水中电离方程式为NaHCO3=NaHCO3；（4）工业上制取漂白粉是将Cl2通入石灰乳中，即反应方程式为2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O；新制氯水中有Cl2H2O=HClHClO，HClO见光分解，2HClO2HClO2；（5）FeCl3与Cu的反应：2Fe3Cu=Cu22Fe2；铁比铜活泼，先发生Fe2Fe3=3Fe2，如果FeCl3溶液过量，则Cu与FeCl3发生Cu2Fe3=2Fe2Cu2，A、根据上述分析，如果Cu过量，则剩余固体中可能会有铜无铁，故A不符合题意；B、根据上述分析，铁先参与反应，若FeCl3过量，Cu再
22、参与反应，因此不可能出现有铁无铜的结果，故B符合题意；C、根据上述分析，假如铁过量，则会出现，铁和铜同时存在的结果，故C不符合题意；D、假如FeCl3溶液，将Fe和Cu全部消耗，即铜和铁均无剩余，故D不符合题意；答案为B。16.实验室可用如下方法制取Cl2：MnO2 +4HCl（浓） Cl2+ MnCl2+ 2H2O KClO36HCl(浓)=3Cl2KCl3H2O2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O根据相关信息，回答下列问题：(1)在反应中，HCl表现的性质有_、_。(2)若反应中有0.1mol的氧化剂被还原，则被氧化的物质的物质的量为_。(3)将(2)生成的氯
23、气与0.2mol H2完全反应，将产物溶于水配成100mL溶液，此溶液的物质的量浓度为_。(4)若要制得相同质量的氯气，三个反应中电子转移的数目之比为_。(5)已知反应4HCl(g)O2 2Cl22H2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为_。(6)将不纯的NaOH样品2.50 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到固体的质量为_。【答案】 (1). 酸性 (2). 还原性 (3).
24、0.2 mol (4). 2 mol/L (5). 6：5：6 (6). KMnO4MnO2O2 (7). 5.85 g【解析】【分析】（1）利用盐酸与二氧化锰反应化合价的变化进行分析；（2）根据氧化还原反应中几组概念进行分析；（3）根据反应方程式以及物质的量浓度的定义进行计算；（4）根据得失电子数目守恒进行分析；（5）根据氧化性强弱的比较进行分析；（6）根据元素守恒进行分析。【详解】（1）在反应中Cl元素的化合价由1价0价，化合价升高，HCl表现还原性，根据反应方程式，生成MnCl2中Cl显1价，即HCl还表现为酸性；（2）根据反应方程式，有1molMnO2被还原，则有2molHCl被氧化，
25、即0.1molMnO2被还原，被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；（3）根据(2)的分析，有0.1molCl2生成，与0.2molH2反应，发生Cl2H2=2HCl，即氢气过量，应生成HCl的物质的量为0.2mol，根据c=2molL1；（4）得到相同质量的氯气，即得到相同物质的量的氯气，得到1molCl2，反应转移电子物质的量2mol，反应转移电子物质的量为mol，反应转移电子物质的量为2mol，因此转移电子数之比等于2：2=6：5：6；（5）反应越容易进行，氧化剂的氧化性越强，根据反应条件，得出氧化性强弱顺序是KMnO4MnO2O2；（6）发生的反应有：NaOHHCl=NaClH2O、
26、Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2、NaOHHCl=NaClH2O，最终得到固体是NaCl，根据元素守恒，n(NaCl)=n(Cl)=n(HCl)=50.0103L2.00molL1=0.1mol，则m(NaCl)=0.1mol58.5gmol1=5.85g。【点睛】难点是（6），应从过程中进行分析，发生反应有：NaOHHCl=NaClH2O、Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2，因为反应后溶液显酸性，说明盐酸过量，需要再加入氢氧化钠进行中和，发生NaOHHCl=NaClH2O，最后注意利用守恒思想解决。17.下图中，A为一种中学化学中常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的
27、常见化合物。它们的焰色反应均为黄色。(1)以上6个反应中属于氧化还原反应的有_(填写编号)。(2)B中阴、阳离子数目比为_。(3)写出AC反应的化学方程式_。(4)写出BC反应的离子方程式：_。(5)写出CE反应的离子方程式：_。(6)加热5.00 g D和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了0.62 g，则原混合物中D的质量分数为_。【答案】 (1). (2). 1：2 (3). 2Na+2H2O2NaOH+H2 (4). 2Na2O22H2O4Na4OHO2 (5). OH + CO2HCO3- (6). 66.4%【解析】【分析】A、B、C、D、E的焰色反应为黄色，说明都
28、含有钠元素，A为单质，即A为Na，根据转化关系，推出B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，据此分析。【详解】（1）反应是Na与O2反应：2NaO2 Na2O2，属于氧化还原反应，反应为2Na2H2O=2NaOHH2，属于氧化还原反应，反应2Na2O22H2O=4NaOHO2，属于氧化还原反应，反应为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，属于氧化还原反应，反应NaOHCO2=NaHCO3，不属于氧化还原反应，反应是2NaHCO3 Na2CO3CO2H2O，不属于氧化还原反应；（2）根据上述分析，B为过氧化钠，其电子式为，阴阳离子个数比为1：2；（3）根据(1)的分
29、析，反应的化学方程式为2Na2H2O=2NaOHH2；（4）根据(1)的分析，反应的离子方程式为2Na2O22H2O=4Na4OHO2；（5）反应的离子方程式为OHCO2=HCO3；（6）根据上述分析，D为Na2CO3，E为NaHCO3，加热该混合物，发生2NaHCO3 Na2CO3CO2H2O，则有：解得n(NaHCO3)=0.02mol，即Na2CO3质量分数为100%=66.4%。18.某化学兴趣小组为探究二氧化硫的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是_，反应的化学方程式为_。(2)装置B中的现象是_，反应的离子方程式为_。(3)装置C中的现
30、象是_，该现象说明二氧化硫具有的性质是_。(4)装置D的目的是探究二氧化硫与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象_。(5)尾气吸收发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O (3). 溶液由紫色变为无色 (4). 5SO222H2O=52Mn24H (5). 溶液中出现淡黄色浑浊 (6). 氧化性 (7). 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色 (8). SO22OH=SO32H2O【解析】【分析】（1）根据装置结构判断其名称；（2）根据二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化分析；（3）根据二氧
31、化硫能把S2氧化成S单质进行分析；（4）根据生成物质不稳定分析解答；（5）二氧化硫为酸性氧化物进行分析。【详解】（1）根据装置图，盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗；其中发生反应的化学方程式为Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O；（2）SO2具有还原性，能被MnO4氧化成SO2，本身被还原成Mn2，因此装置B中的现象是溶液由紫(红)色变为无色，或紫(红)色褪去；离子方程式为2MnO45SO22H2O=5SO422Mn24H；（3）SO2与S2发生氧化还原反应，得到S单质，因此装置C中现象是无色溶液出现淡黄色浑浊；反应SO2中S的化合价由4价0价，化合价降低，体现SO2的氧化性；（4）
32、二氧化硫的漂白是不稳定的，因此品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色，可以证明SO2与品红作用的可逆性；（5）SO2有毒，污染环境，尾气中的SO2必须除去，SO2属于酸性氧化物，尾气用NaOH溶液吸收，以防止污染环境，发生的离子方程式为SO22OH=SO32H2O。【点睛】通过实验验证二氧化硫的性质，难点是MnO4与SO2反应的离子方程式，先写出MnO4SO2SO42Mn2，然后根据化合价升降法进行配平，即得到2MnO45SO25SO422Mn2，高锰酸钾溶液为酸性，根据电荷守恒，得出：2MnO45SO22H2O=5SO422Mn24H。19.某工厂的工业废水中含有大
33、量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。(1)若加入的试剂为NaOH溶液，加入试剂的目的_。(2)操作a的名称为过滤、洗涤，所需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、_。(3)写出溶液C中加入试剂发生反应的离子方程式为_。(4)写出固体E中加入试剂发生反应的离子反应方程式为_。(5)从溶液D和溶液G中得到FeSO47H2O晶体的操作为蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、干燥。【答案】 (1). 使Cu2+和Fe2+完全沉淀 (2). 漏斗 (3). Fe+ Cu2+=Fe2+ Cu (4)
34、. Fe+ 2H+=Fe2+ H2 (5). 冷却结晶【解析】【分析】先加过量碱，过滤得到Cu(OH)2、Fe(OH)2沉淀，滤液是Na2SO4、NaOH，在Cu(OH)2、Fe(OH)2中加入过量稀硫酸，溶液C的成分为CuSO4、FeSO4、H2SO4，然后加入过量的铁，过滤出Fe、Cu，滤液D是FeSO4，在固体E中加过量稀硫酸，过滤出Cu，实现了回收金属铜，滤液是FeSO4和H2SO4，最后溶液合一块，进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到FeSO47H2O，以此解答该题。【详解】（1）根据上述分析，加入试剂为NaOH溶液，其目的是使Cu2和Fe2完全沉淀；（2）过滤用到玻璃仪器是漏斗、玻璃
35、棒、烧杯，因此缺少的仪器是漏斗；（3）根据上述分析，溶液C中加入过量的Fe单质，发生离子方程式为FeCu2=Fe2Cu；（4）固体E中有Fe和Cu，需要加入过量的稀硫酸，即反应离子方程式为Fe2H=Fe2H2；（5）因为得到FeSO47H2O，因此将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干。20.向10 mL某浓度的AlCl3溶液中滴加1.5 molL1的NaOH溶液时，得到Al(OH)3沉淀的质量(g)与所滴加NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示，试回答下列问题：(1)图中B点溶液中的溶质有_。(2)O点到B点反应的总离子方程式可表示为_。(3)反应至A点时消耗NaOH溶液的体积为_。
36、(4)AlCl3溶液的浓度为_。【答案】 (1). NaAlO2、NaCl (2). Al34OH=2H2O (3). 20 mL (4). 1 molL1【解析】【分析】根据图像发生的离子方程式为Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO22H2O，据此分析解答。【详解】（1）根据图像发生的离子方程式为Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO22H2O，B点溶质为NaCl、NaAlO2；（2）根据（1），O点到B点总反应的离子方程式为Al34OH=AlO22H2O；（3）OA点发生：Al33OH=Al(OH)3，根据图像，得到Al(OH)3的质量为0.78g，物质的量为0.01mol，根据反应方程式，消耗NaOH的物质的量为0.03mol，即消耗NaOH的体积为=0.02L，应为20mL；（4）利用元素守恒，n(AlCl3)=nAl(OH)3=0.01mol，则c(AlCl3)=1molL1。- 15 - 版权所有高考资源网
