1、2014-2015学年湖北省宜昌市长阳一中高三（上）起点化学试卷一、选择题（每题只有1个正确选项共51分）1化学在日常生活中具有广泛的应用，下列应用中不涉及氧化还原反应原理的是( )A用明矾KAl（SO4）212H2O净水B海水中提取溴C交警用CrO3检验司机是否酒后驾驶D医务室用双氧水消毒2Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl、OH；且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为( )A3：2：1B2：4：1C2：3：1D4：2：13常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是( )A含有大量S2的溶液：Na+、ClO、Cl
2、、CO32B含有大量Fe3+的溶液：K+、Na+、AlO2、SO42C能使pH试纸变红的溶液：NH4+、Na+、NO3、HCO3D水电离产生的c（H+）=11012molL1的溶液：Mg2+、SO42、NO3、Cl4关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是( )A装置可用于分离苯和溴苯的混合物B装置可用于吸收HCl或NH3气体C装置可用于分解NH4Cl制备NH3D装置b口进气可收集CO2或NO气体5向100mL pH=0的硫酸和硝酸混合溶液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成NO气体448mL（标准状况）则反应前的混合溶液中含硝酸的物质的量为( )A0.02molB0.08molC0
3、.10molD0.16mol6为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气下列关于Na2O2的叙述正确的是( )ANa2O2中阴、阳离子的个数比为1：1BNa2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等CNa2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等DNa2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同7今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（m mol），丙瓶不变片
4、刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）( )A甲=乙丙B甲丙乙C丙甲=乙D乙丙甲8下列叙述中不正确的是( )A向含有少量CaCO3沉淀的水中通入CO2，沉淀溶解；再向溶液中加入Na2CO3溶液，又有CaCO3沉淀生成B向Na2CO3溶液中逐滴加入含等物质的量HCl的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，NaHCO3生成的CO2较多D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出9为使Fe2+，Fe3+，Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分
5、别为pH7.7、pH4.5、pH6.6某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+，Fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是( )AH2O2，ZnOB氨水C KMnO4，ZnCO3DNaOH溶液10向50mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1molL1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是( )AOA段所发生反应的离子方程式：H+OHH2O；CO32+H+HCOBNaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3
6、，其物质的量浓度之比为1：1C产生的CO2体积（标准状况下）为0.056 LD原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 molL111下表中评价合理的是( )选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+=6Fe3+H2+8H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO23+2H+=CO2+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SO24=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+4Cl+Br2错误，Fe2+与Br的化学计量数之比应为1：2AABBCCDD12某溶液中含有的溶质是FeBr
7、2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是( )原溶液中的Br一定被氧化；通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化；不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I、Fe2+、Br均被完全氧化ABCD13向一定量的FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4molL1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现若用足量的氢气在加热
8、条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )A0.24 molB0.21 molC0.16 molD0.14 mol14甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是( )A甲为AlCl3，乙为NaHCO3B溶液丙中还可以大量共存的离子有：Fe2+、NO3、SO42C在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OD白色沉淀A可能溶解在溶液D中15有些化学反应不论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示下列各组在溶液中的反应不符合这一情况的是( )ABa（OH）2与H2SO
9、4BKMnO4和H2O2CHCl与NaHCO3DCa（HCO3）2与NaOH16将一定质量的锌与10mL 18.5molL1浓硫酸充分反应，锌完全溶解，同时生成标准状况下的气体3.36L将反应后的溶液稀释至100mL，测得溶液中c（H+）=0.1molL1，则投入的锌的质量是( )A6.5gB9.75gC13gD1625g17向100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入0.1molL1 Ba（OH）2溶液随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示则下列说法中正确的是( )Aa点的溶液呈中性Bb点发生反应的离子方程式是：Al3+2SO42+2
10、Ba2+3OHAl（OH）3+2BaSO4Cc点加入Ba（OH）2溶液的体积为200mLDc点溶液呈碱性二、解答题（共4小题，满分49分）18A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如下的反应关系：（1）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，0.1mol/L C溶液的pH=13该反应的离子方程式为_（2）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝；C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，该反应的反应方程式为_（3）若A、C、D、E均为化合物，E为白色沉淀，且A、C、E含有同一种元素，该反应的离子方程式为_（4）若A是黄绿色气体； C的焰色呈黄色，C溶液遇稀硫酸既产生淡黄色
11、的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体；生成物D是一种酸式盐，E是一种强酸该反应的化学方程式为_为检验反应后溶液中E电离出的阴离子，实验方法是_19（13分）新型净水剂高铁酸钾K2FeO4为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定工业上制备K2FeO4的常用方法有两种方法：次氯酸盐氧化法工艺流程如图所示（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：FeCl3+_NaOH+_NaClO_Na2FeO4+_+_其中氧化剂是_（填化学式）（2）“转化”过程中发生反应的化学方程式为_（3）上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂 质，可用重结晶法提纯，操作是：将粗产品用_溶解，然后_方法：电解
12、法以铁为阳极电解氢氧化钠溶液，然后在阳极液中加入KOH（4）电解时阳极发生反应生成FeO42，该电极反应方程式为_（5）与锌錳电池类似，K2FeOn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极 材料，其电极反应式为_，该电池反应的化学方程式为_（6）针铁矿（Goethite）是以德国诗人歌德（Goethe）名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是_20由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学
13、式）_（2）Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是_若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是_（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）_（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2mol I时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是_（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）_21用下面三种方法均可制得Fe
14、（OH）2白色沉淀方法一用不含Fe3+的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备（1）用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需要加入_（2）除去蒸馏水中溶解的O2常采用_的方法（3）生成Fe（OH）2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，这样操作的理由是_方法二在如图1所示的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备（1）在试管里加入的试剂是_（2）在试管里加入的试剂是_（3）为了制得Fe（OH）2白色沉淀，在_试管和中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是_（4）这样生成的Fe（OH）2沉淀能较长
15、时间保持白色，理由是_方法三利用电解实验可以制得纯净的Fe（OH）2白色沉淀，如图2所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁（1）a电极的材料应为_，电极反应式为_（2）电解液c可以是_（填编号）A纯水 BNaCl溶液CNaOH溶液 DCuCl2溶液（3）d为苯，其作用是_，在加入苯之前对电解液c应作何简单处理？_（4）若c用Na2SO4电解一段时间后看到白色Fe（OH）2沉淀，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为_2014-2015学年湖北省宜昌市长阳一中高三（上）起点化学试卷一、选择题（每题只有1个正确选项共51分）1化学在日常生活中具有广泛的应用，下列应用中不涉及氧化还原反应
16、原理的是( )A用明矾KAl（SO4）212H2O净水B海水中提取溴C交警用CrO3检验司机是否酒后驾驶D医务室用双氧水消毒【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】A、明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有悬浮杂质的作用；B、海水中提取溴，将氯气通入浓缩的海水中，氯气与海水中的溴化钠反应得到溴；C、因C2H5OH能被强氧化剂所氧化，发生氧化反应，体现了还原性，CrO3反应后转化为Cr2（SO4）3；D、利用过氧化氢的强氧化性破坏组成细菌的蛋白质，使之死亡；【解答】解：A、明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有悬浮杂质的作用，发生的反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，
17、反应是水解反应，故A符合；B、海水中提取溴，将氯气通入浓缩的海水中，氯气与海水中的溴化钠反应得到溴，发生的反应主要是Cl2+2Br=2Cl+Br2，反应是氧化还原反应，故B不符合；C、因C2H5OH能被强氧化剂所氧化，发生氧化反应，体现了还原性，CrO3反应后转化为Cr2（SO4）3；表现了CrO3的氧化性，故C不符合；D、双氧水又叫过氧氢溶液，它最大的作用就是强氧化性破坏组成细菌的蛋白质，杀灭厌氧菌，故D不符合；故选A【点评】本题主要考查了氧化反应和还原反应的概念，难度不大，掌握化学常识根据课本知识可完成2Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、C
18、l、OH；且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为( )A3：2：1B2：4：1C2：3：1D4：2：1【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】根据Na2O2、HCl、Al2O3 三种物质在水中完全反应后溶液显中性的可能情况来回答【解答】解：溶液中只含有Na+、H+、Cl、OH，且溶液呈中性，所以中性溶液的溶质为NaCl，由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，4NaOH+4HCl=4NaCl+4H2O，可看成Al2O3不反应，只要Na2O2、HCl的物质的量之比为2：4即符合题意，则Na2O2、HCl、Al2O3的
19、物质的量之比可以为2：4：n，n可以是任意值，故选B【点评】本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大3常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是( )A含有大量S2的溶液：Na+、ClO、Cl、CO32B含有大量Fe3+的溶液：K+、Na+、AlO2、SO42C能使pH试纸变红的溶液：NH4+、Na+、NO3、HCO3D水电离产生的c（H+）=11012molL1的溶液：Mg2+、SO42、NO3、Cl【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】A含有大量S2的溶液，显碱性；B离子之间相互促进水解；C能使pH试纸变红的溶液，显酸性；D水电离产生的c（H+）=11012
20、molL1的溶液，为酸或碱溶液【解答】解：A含有大量S2的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，一定能大量共存，故A不选；BFe3+、AlO2离子之间相互促进水解生成沉淀，一定不能共存，故B不选；C能使pH试纸变红的溶液，显酸性，H+、HCO3反应生成水和气体，一定不能共存，故C不选；D水电离产生的c（H+）=11012molL1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中OH、Mg2+反应生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，则可能共存，故D选；故选D【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的隐含信息是解答本题的关键，注意选项A为解答的难点，学生易忽略可能共存为易错点，题目难度不大4关于下列各实验装置图的叙述中，正
21、确的是( )A装置可用于分离苯和溴苯的混合物B装置可用于吸收HCl或NH3气体C装置可用于分解NH4Cl制备NH3D装置b口进气可收集CO2或NO气体【考点】蒸馏与分馏；氨的实验室制法；气体的收集；尾气处理装置 【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】A、互相溶解的两种液体混合物的分离可以采用蒸馏的办法；B、氯化氢和氨气极易溶于水，要注意倒吸的危险；C、氯化铵分解后得不到氨气；D、收集密度比空气大的气体要长进短出，一氧化氮不能用排空气法收集【解答】解：A、苯和溴苯互相溶解，可以采用蒸馏的办法进行分离，故A正确；B、氯化氢和氨气极易溶于水，导气管直接伸入水层会产生倒吸，故B错误；C、氯化铵分解后产
22、生的氨气和氯化氢遇冷会迅速化合，得不到氨气，故C错误；D、一氧化氮不能用排空气法收集，二氧化碳密度比空气大，收集时导管要长进短出，故D错误故选A【点评】本题考查学生有关物质的分离方法、气体的收集和吸收原则以及气体的制取等知识，难度不大5向100mL pH=0的硫酸和硝酸混合溶液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成NO气体448mL（标准状况）则反应前的混合溶液中含硝酸的物质的量为( )A0.02molB0.08molC0.10molD0.16mol【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】pH=0的硫酸和硝酸混合溶液中c（H+）=1mol/L，n（H
23、+）=0.1L1mol/L=0.1mol，3.84g铜粉物质的量为=0.06mol，NO的物质的量为=0.02mol，根据3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+3H2O可知，铜、H+过量，所以只可能是硝酸不足，进而可计算出硝酸的物质的量【解答】解：pH=0的硫酸和硝酸混合溶液中c（H+）=1mol/L，n（H+）=0.1L1mol/L=0.1mol，3.84g铜粉物质的量为=0.06mol，NO的物质的量为=0.02mol，根据3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+3H2O可知，生成0.02molNO，需要铜0.03mol、H+为0.08mol，所以铜、H+过量，所以只可能是硝酸不足，
24、硝酸完全反应，根据氮元素守恒可知，溶液中n（HNO3）=n（NO）=0.02mol故选：A【点评】考查硝酸性质、混合物的计算等，难度中等，性质习惯用硝酸跟铜反应的化学方程式进行计算，容易忽视了硫酸电离出的H+造成错解，要重视离子方程式在化学计算中的应用6为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气下列关于Na2O2的叙述正确的是( )ANa2O2中阴、阳离子的个数比为1：1BNa2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等CNa2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量
25、相等DNa2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同【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】Na2O2的电子式为，可与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，以此解答【解答】解：反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，ANa2O2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为1：2，故A错误；B生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，故B错误；C由得失电子守恒知两者转移电子的物质的量相同，故C正确；DNa2O2因具有
26、强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故原理不同，故D错误故选C【点评】本题考查过氧化钠的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能基础知识的综合运用，注意把握反应的化学方程式，根据方程式可解答该题，难度不大7今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）( )A甲=乙丙B甲丙乙C丙甲=乙D乙丙甲【考点】物质的量浓度的相关计算；氯气的化学性质 【专题】计算题【分析
27、】HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低【解答】解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲丙乙故选B【点评】本题考查氯气的化学性质以及外界条件对氯气与水反应的平衡影响，题目难度不大，本题注意从氯气的性质的角度
28、分析8下列叙述中不正确的是( )A向含有少量CaCO3沉淀的水中通入CO2，沉淀溶解；再向溶液中加入Na2CO3溶液，又有CaCO3沉淀生成B向Na2CO3溶液中逐滴加入含等物质的量HCl的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，NaHCO3生成的CO2较多D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【考点】钠的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】A、根据碳酸钙与CO2反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙能与碳酸钠发生反应来回答；B、根据碳酸钠和盐酸反应的化学方程式来回答；C、根据碳酸钠、碳酸氢
29、钠和盐酸反应的化学方程式来回答；D、根据Na2CO3的溶解度大于NaHCO3【解答】解：A、碳酸钙与CO2反应生成碳酸氢钙，沉淀溶解；碳酸氢钙能与碳酸钠发生反应生成碳酸钙和碳酸氢钠，故A不符合；B、根据化学方程式：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，故B符合；C、NaHCO3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，即106g的Na2CO3和84gNaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，故C不符合；D、向Na2CO3饱和溶液
30、中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，所以析出的是碳酸氢钠，故D不符合故选B【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累9为使Fe2+，Fe3+，Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的酸碱度分别为pH7.7、pH4.5、pH6.6某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+，Fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是( )AH2O2，ZnOB氨水CKMnO4，ZnCO3DNaOH溶液【考点】物质分离、提纯
31、的实验方案设计 【专题】化学实验基本操作【分析】为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应首先将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO、ZnCO3等物质，调节溶液pH，使Fe3+水解生成沉淀而除去，以此解答【解答】解：使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH应分别为3.7、9.6、4.4左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，故选A【点评】本题考查盐类水解的原理及应用，侧重于除杂与分离，题目较为基础，解
32、答本题的关键是能把握除杂的原则10向50mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1molL1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是( )AOA段所发生反应的离子方程式：H+OHH2O；CO32+H+HCOBNaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1：1C产生的CO2体积（标准状况下）为0.056 LD原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 molL1【考点】离子方程式的有关计算 【专题】图像图表题【分析】
33、当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，由图可知，生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32转化为HCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL25mL=25mL，根据反应消耗盐酸的体积计算NaOH、Na2CO3的物质的量之比，以此来解答【解答】解：A图可知，生成CO2气体至最大
34、，消耗HCl为25mL，则OA段为NaOH、Na2CO3与盐酸的反应，则离子反应为H+OHH2O、CO32+H+HCO3，故A正确；B生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32转化为HCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别
35、消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，故B正确；C由NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知，消耗25mL盐酸生成气体，则CO2体积（标准状况下）为0.025L0.1mol/L22.4L/mol=0.056L，故C正确；D加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度=0.75mol/L，故D错误；故选D【点评】本题考查混合物中离子反应的计算，为高频考点，把握消耗盐酸的
36、体积与图象中各阶段发生的反应是解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度较大11下表中评价合理的是( )选项化学反应及其离子方程式评价AFe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+=6Fe3+H2+8H2O正确B向碳酸镁中加入稀盐酸：CO23+2H+=CO2+H2O错误，碳酸镁不应写成离子形式C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+SO24=BaSO4正确DFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+4Cl+Br2错误，Fe2+与Br的化学计量数之比应为1：2AABBCCDD【考点】离子方程式的书写 【专题】压轴题；离子反应专题【分析】A、Fe3O
37、4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮；B、碳酸镁是难溶物质；C、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨；D、氯气具有氧化性，亚铁离子的还原性强于溴离子【解答】解：A、Fe3O4与稀硝酸反应产生的气体是一氧化氮，不会产生氢气，故A错误；B、碳酸镁是难溶物质，不应该写成离子形式，故B正确；C、铵根离子能和氢氧根离子反应产生氨气或者是一水合氨，向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应为：2NH4+Ba2+SO42+2OHBaSO4+2NH3H2O，故C错误；D、亚铁离子的还原性强于溴离子，FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应为，亚铁离子被完全氧化，溴离子被部分氧化：2Fe2+2Br+2Cl2=
38、2Fe3+4Cl+Br2，评价为正确；若Fe2+与Br的化学计量数之比应为1：2，则氯气需要过量，溴化亚铁全部反应，故D错误故选B【点评】本题考查学生离子方程式书写的正误判断，主要考查化合物的性质应用，特别是氧化性离子还原性离子的氧化还原反应的顺序，难度不大12某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是( )原溶液中的Br一定被氧化；通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化；不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入
39、足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I、Fe2+、Br均被完全氧化ABCD【考点】几组未知物的检验 【专题】元素及其化合物【分析】据氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化来分析【解答】解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，原溶液中的Br可能被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶
40、液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br被完全氧化，I、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B【点评】本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，难度较大13向一定量的FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4molL1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )A0
41、.24 molB0.21 molC0.16 molD0.14 mol【考点】化学方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】n（HNO3）=0.12L4mol/L=0.48mol，n（NO）=0.06mol，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明全部生成Fe2+，溶液溶质为Fe（NO3）2，结合铁守恒计算【解答】解：n（HNO3）=0.12L4mol/L=0.48mol，n（NO）=0.06mol，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明全部生成Fe2+，溶液溶质为Fe（NO3）2，则原混合物中n（Fe）=0.21mol，则若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由Fe元素守
42、恒可知，最终得到铁的物质的量为0.21mol，故选B【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，注意从守恒的角度解答该题较为直观，答题时注意体会，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大14甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是( )A甲为AlCl3，乙为NaHCO3B溶液丙中还可以大量共存的离子有：Fe2+、NO3、SO42C在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OD白色沉淀A可能溶解在溶液D中【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 【专题】物质检验鉴别题【分析】甲、乙、
43、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3离子中的两种组成，依据离子共存原则，H+只能与Cl生成HCl，Al3+只能与Cl生成AlCl3，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有Na+，据此解答即可【解答】解：溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH、Cl、HCO3，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+和HCO3生成的气体B为二氧化碳，沉淀A为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气
44、体，则甲为NaHCO3，那么乙为AlCl3，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为HCl，A、依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故A错误；B、据分析可知，丙为HCl，含有H+，故Fe2+、NO3不能与其共存，故B错误；C、甲中滴加丁，甲是过量的，那么Ba（OH）2应满足阳离子：阴离子=1：2的关系，故C错误；D、白色沉淀A为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故D正确，故选D【点评】本题主要考查的是常见离子之间的反应以及物质的推断，有一定难度，需要认真整理15有些化学反应不论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示下列各组在溶液中的反应不符合这一情况的是( )ABa
45、（OH）2与H2SO4BKMnO4和H2O2CHCl与NaHCO3DCa（HCO3）2与NaOH【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】化学反应不论反应物量的多少，都发生相同的反应，则离子反应相同；若改变用量，反应产物不同，则不能利用相同的离子反应表示，以此来解答【解答】解：A改变用量，均生成硫酸钡和水，可用同一离子反应表示，故A不选；B改变用量反应不同，如5H2O2+2MnO4+6H+=5O2+2Mn2+8H2O、2KMnO4+3H2O2=2MnO2+3O2+2H2O+2KOH、7H2O2+2MnO4+6H+=6O2+2Mn2+10H2O，则离子反应不同，故B选；C改变用量，均
46、反应生成氯化钠、水、二氧化碳，离子反应相同，故C不选；DNaOH少量，反应生成碳酸钙、碳酸氢钠、水；NaOH过量，生成碳酸钙、碳酸钠和水，产物不同，离子反应不同，故D选；故选BD【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，注意量对反应的影响，选项B为解答的难点，题目难度不大16将一定质量的锌与10mL 18.5molL1浓硫酸充分反应，锌完全溶解，同时生成标准状况下的气体3.36L将反应后的溶液稀释至100mL，测得溶液中c（H+）=0.1molL1，则投入的锌的质量是( )A6.5gB9.75gC13g
47、D1625g【考点】化学方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成1molSO2转移电子2mol，生成1molH2转移电子2mol生成气体物质的量为=0.15mol，根据电子转移守恒，计算参加反应的锌的物质的量，在利用m=nM计算锌的质量【解答】解：锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成1molSO2转移电子2mol，生成1molH2转移电子2mol即生成1
48、mol气体转移电子数为2mol生成气体物质的量为=0.15mol，所以转移电子数为0.3mol根据电子转移守恒，参加反应的锌的物质的量为=0.15mol，质量为0.15mol65g/mol=9.75g故选：B【点评】本题考查化学方程式的计算，难度中等，可以利用常规解法计算出氢气与二氧化硫的物质的量，进行计算，比较麻烦本题采取电子转移守恒计算，也可以根据方程式利用锌与生成气体的关系进行，是不错的能力考查题17向100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入0.1molL1 Ba（OH）2溶液随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示则下列说法中正
49、确的是( )Aa点的溶液呈中性Bb点发生反应的离子方程式是：Al3+2SO42+2Ba2+3OHAl（OH）3+2BaSO4Cc点加入Ba（OH）2溶液的体积为200mLDc点溶液呈碱性【考点】离子方程式的有关计算 【专题】计算题【分析】100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa
50、（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可
51、知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液（b到c）【解答】解：100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba
52、（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005
53、molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故A错误；B、由分析可知，b点发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，故B错误；C、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25L=250ml，故C错误D、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故D正确；故选：D【
54、点评】考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意NH4+与Al3+同时存在，OH首先与Al3+反应，而NH4+与Al（OH）3同时存在，OH首先与NH4+反应二、解答题（共4小题，满分49分）18A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如下的反应关系：（1）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，0.1mol/L C溶液的pH=13该反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（2）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝；C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，该反应的反应方程式为SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO
55、4（3）若A、C、D、E均为化合物，E为白色沉淀，且A、C、E含有同一种元素，该反应的离子方程式为Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）3（4）若A是黄绿色气体； C的焰色呈黄色，C溶液遇稀硫酸既产生淡黄色的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体；生成物D是一种酸式盐，E是一种强酸该反应的化学方程式为S2O32+Cl2+H2O2H+2Cl+SO4 2+S为检验反应后溶液中E电离出的阴离子，实验方法是滴加硝酸银和稀硝酸，看是否有有溶于硝酸的白色沉淀产生，如果有则说明有氯离子，如果没有则没有氯离子【考点】无机物的推断 【专题】推断题【分析】A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量
56、最多的液体，判断为H2O；（1）若A为短周期的金属单质，0.1mol/L C溶液的pH=13，说明C为强碱性溶液，D为气态单质，判断A为Al，D为H2；（2）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，A具有氧化性，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则C为二氧化硫，则A为氯气；（3）若A、C、D、E均为化合物，E为白色沉淀，且A、C、E含有同一种元素，则A为氯化铝，C为偏铝酸钠，E为Al（OH）3、D为氯化钠；（4）若A是黄绿色气体，则A为氯气，C的焰色呈黄色，说明C中含有钠元素，C溶液遇稀硫酸既产生淡黄色的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体，则C为硫代硫酸钠；生成物D是一种酸式盐是硫酸氢钠，E是一种强酸，则
57、E为盐酸，据此答题【解答】解：A、B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物，B为自然界中含量最多的液体，判断为H2O；（1）若A为短周期的金属单质，0.1mol/L C溶液的pH=13，说明C为强碱性溶液，D为气态单质，判断A为Al，D为H2，该反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2； （2）若A的溶液能使淀粉溶液变蓝，A具有氧化性，C为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则C为二氧化硫，则A为氯气，该反应的反应方程式为SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4；
58、（3）若A、C、D、E均为化合物，E为白色沉淀，且A、C、E含有同一种元素，则A为氯化铝，C为偏铝酸钠，E为Al（OH）3、D为氯化钠，该反应的离子方程式为Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）3，故答案为：Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）3；（4）若A是黄绿色气体，则A为氯气，C的焰色呈黄色，说明C中含有钠元素，C溶液遇稀硫酸既产生淡黄色的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体，则C为硫代硫酸钠；生成物D是一种酸式盐是硫酸氢钠，E是一种强酸，则E为盐酸，该反应的化学方程式为S2O32+Cl2+H2O2H+2Cl+SO4 2+S，为检验反应后溶液中E电离出的阴离子为氯离子，实验方法是滴
59、加硝酸银和稀硝酸，看是否有有溶于硝酸的白色沉淀产生，如果有则说明有氯离子，如果没有则没有氯离子，故答案为：S2O32+Cl2+H2O2H+2Cl+SO4 2+S；滴加硝酸银和稀硝酸，看是否有有溶于硝酸的白色沉淀产生，如果有则说明有氯离子，如果没有则没有氯离子【点评】本题考查了物质转化关系的应用，物质性质和反应条件的应用判断，主要考查氯气、硫及其化合物、铝及其化合物等物质性质的推断和运用，题目难度中等19（13分）新型净水剂高铁酸钾K2FeO4为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定工业上制备K2FeO4的常用方法有两种方法：次氯酸盐氧化法工艺流程如图所示（1）完成“
60、氧化”过程中反应的化学方程式：FeCl3+10NaOH+3NaClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O其中氧化剂是NaClO（填化学式）（2）“转化”过程中发生反应的化学方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH（3）上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂 质，可用重结晶法提纯，操作是：将粗产品用稀KOH溶液溶解，然后再加入饱和KOH溶液冷却结晶，过滤方法：电解法以铁为阳极电解氢氧化钠溶液，然后在阳极液中加入KOH（4）电解时阳极发生反应生成FeO42，该电极反应方程式为Fe+8OH6e=FeO42+4H2O（5）与锌錳电池类似，K2FeOn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中
61、作为正极 材料，其电极反应式为FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH，该电池反应的化学方程式为3Zn+2FeO42+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH（6）针铁矿（Goethite）是以德国诗人歌德（Goethe）名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是FeO（OH）【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验设计题；高考化学专题【分析】（1）反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O根据化合价升降法配平方程；（2）由工艺流程可知，“氧化”过程除杂后的滤液中含有Na2FeO4，“转化”过程的产物
62、为K2FeO4，故“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4；（3）由题目信息可知，K2FeO4可溶于水，在中性或酸性溶液中能分解，在碱性溶液中稳定，在分离提提纯的时候就要在碱性环境中进行，要防止引入新杂质，所以需要将K2FeO4粗产品在稀KOH溶液中溶解，然后加入饱和KOH溶液，冷却结晶；（4）由题目信息可知，铁为阳极电解氢氧化钠溶液，生成FeO42，由元素守恒还生成水；（5）K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，负极为锌失电子发生氧化反应，电极反应Zn2e+2OH=Zn（OH）2；依据产物和电子守恒写出正极反应：FeO4
63、2+3e+4H2OFe（OH）3+5OH；有正极反应和负极反应合并得到电池反应；（6）根据化学式量为89，组成元素是Fe、O、H，其中铁的相对原子量为56，扣掉56剩下33，化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子，来判断可能的组成【解答】解：（1）反应中FeCl3Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClONaCl，氯元素化合价由+1降低为1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故FeCl3系数为2，NaClO系数为3，由铁元素守恒可知 Na2FeO4系数为2，由氯元素守恒可知NaCl系数为23+3=9，根据钠元素守恒可知NaOH系数为9+22=1
64、3，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O反应中NaClONaCl，氯元素化合价由+1降低为1价，NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，故答案为：2、10、3、2、9NaCl、5H2O；NaClO；（2）“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，故答案为：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH；（3）由题目信息可知，K2FeO4可溶于水，在中性或酸性溶液中能分解，在碱性溶液中稳定，在分离提提纯
65、的时候就要在碱性环境中进行，要防止引入新杂质，所以需要将K2FeO4粗产品在稀KOH溶液中溶解，然后加入饱和KOH溶液，冷却结晶，过滤，故答案为：稀KOH溶液；再加入饱和KOH溶液冷却结晶，过滤（4）由题目信息可知，铁为阳极电解氢氧化钠溶液，生成FeO42，阳极电极反应式为Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，故答案为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O（5）原电池的负极发生氧化反应，正极电极反应式为：FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH；负极电极反应为：Zn2e+2OH=Zn（OH）2；依据电极反应的电子守恒，2+3合并得到电池反应为：3Zn+2FeO42+8H2O=3Z
66、n（OH）2+2Fe（OH）3+4OH，故答案为：FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH；3Zn+2FeO42+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH；（6）化学式量为89，组成元素是Fe、O、H，其中铁的相对原子量为56，扣掉56剩下33，化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子，所以可能的组成为FeO（OH），故答案为：FeO（OH）【点评】本题考查方程式的书写、基本的实验操作、阅读题目获取信息能力等，难度中等，需要学生具备综合运用知识及题目信息分析问题、解决问题能力对于这类题目，需要搞清楚每一步反应物、生成物，清楚工艺流程原理20由Fe2O3、Fe、CuO、C、A
67、l中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）Al（2）Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是NO、CO2（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）Cu2+、Fe3+、H+（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O
68、2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成当消耗2mol I时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是2Fe2+3H2O2+4I=2Fe（OH）3+2I2（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）CuO、C；CuO、C、Fe2O3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物 【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物【分析】能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原
69、为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应，产生白色沉淀Al（OH）3（2）若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2，应为S
70、O2，则浓酸为浓硫酸若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2化合物，则浓酸为浓硝酸（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+ 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成说明产物有I2和Fe（OH）3，H2O2作氧化剂，I、Fe2+共同还原H2
71、O2当消耗2 mol I时，共转移3 mol电子，转移3 mol电子其中2 mol 来自I，令外1 mol电子来自Fe2+即氧化的I与Fe2+之比是2：1，需要H2O2再提供3mol电子（5）由前几问知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe2O3，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，Fe2O3有没有不一定【解答】解：（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2离子，如果上层清液，通入CO2后，
72、会发生反应AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，产生白色沉淀Al（OH）3，所以，可以肯定溶液X中没有AlO2，样品中没有Al故答案为：Al（2）若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2，应为SO2，则浓酸为浓硫酸反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2化合物，则浓酸为浓硝酸故答案为：NO、CO2（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶
73、液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉，这个过程发生了置换反应：Cu2+Fe=Cu+Fe2+，向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+（特别注意没有了Fe2+）故答案为：Cu2+、Fe3+、H+（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成I、Fe2+共同还原H2O2当消耗2 mol I时，共转移3 mol电子，转移3 mol电子其中2 mol 来自I，
74、令外1 mol电子来自Fe2+即氧化的I与Fe2+之比是2：1，需要H2O2再提供3mol电子这反应方程式：2Fe2+3H2O2+4I=2Fe（OH）3+2I2故答案为：2Fe2+3H2O2+4I=2Fe（OH）3+2I2 （5）根据前面分析可知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe2O3，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，符合整个设问的组合只有两种为：CuO、C；CuO、C、Fe2O3故答案为：CuO、C；CuO、C、Fe2O3【点评】无机推断题为主体的综合题，主要考查金属单质、金属氧化物、非金属单质的性质本题综合性强，涉及知识面广，难度较大21用下面三
75、种方法均可制得Fe（OH）2白色沉淀方法一用不含Fe3+的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备（1）用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需要加入Fe粉（2）除去蒸馏水中溶解的O2常采用煮沸的方法（3）生成Fe（OH）2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，这样操作的理由是避免生成的 Fe（OH）2沉淀接触O2方法二在如图1所示的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备（1）在试管里加入的试剂是稀硫酸和铁屑（2）在试管里加入的试剂是将NaOH溶液加热（3）为了制得Fe（OH）2白色沉淀，在在试管和中
76、加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是检验试管出口处排出的氢气的纯度当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹（4）这样生成的Fe（OH）2沉淀能较长时间保持白色，理由是试管中反应生成的氢气，充满了整个实验装置，外界空气不易进入方法三利用电解实验可以制得纯净的Fe（OH）2白色沉淀，如图2所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁（1）a电极的材料应为Fe，电极反应式为Fe2e=Fe2+（2）电解液c可以是BC（填编号）A纯水 BNaCl溶液CNaOH溶液 DCuCl2溶液（3）d为苯，其作用是隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化，在加入苯之前对电解液c应作何简单处理？加热煮沸（4）若c用Na2SO4电解一段时
77、间后看到白色Fe（OH）2沉淀，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色【考点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁 【专题】实验设计题【分析】氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁是红褐色沉淀，本实验题用三种方法来制备氢氧化亚铁，方法一 完全是采用课本中的实验，考查硫酸亚铁溶液的配制中的要求，必须要注意防止水解和氧化，硫酸亚铁易被氧化而变质，应排除溶液中的氧气；可用加热溶液的方法除去溶解氧，防止亚铁离子被氧化，须加入铁粉；在制备氢氧化亚铁必须要除去溶解在溶液中的氧气及制备氢氧化亚铁的操作要求；方法二 是对课本实验的延伸，是一种改进的制
78、备方法，用氢气作保护气的方法来保证新制的氢氧化亚铁不被马上氧化，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等制备Fe（OH）2时应该防止Fe（OH）2被氧化，在装置I中加入Fe和稀硫酸制备FeSO4，然后利用气体压强将I中FeSO4挤入装置II中发生复分解反应制取Fe（OH）2，所以装置II中加入的试剂是NaOH溶液，据此分析解答；方法三 通过电解制取氢氧化亚铁沉淀，要使铁失去电子生成亚铁离子需要铁作阳极，（1）制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极；（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe（OH）2沉淀，电解液为
79、CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2；（3）苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验之前对溶液煮沸，排出溶液中的氧气；（4）反接电源时，电解方程式是2H2O2H2+O2，生成的O2会将Fe（OH）2氧化【解答】解：方法一 （1）硫酸亚铁易被氧化而变质生成硫酸铁，因FeSO4溶液与铁反应为：Fe+Fe2（SO4）33FeSO4，所以用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需加入铁粉，故答案为：Fe粉；（2）煮沸蒸馏水可除去其中溶解的O2，故答案为：煮沸；（3）Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化，实验时生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取
80、不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，避免生成的 Fe（OH）2沉淀接触O2而生成氢氧化铁，故答案为：避免生成的 Fe（OH）2沉淀接触O2；方法二 （1）通过以上分析知，试管I中加入的试剂是稀硫酸和铁屑，故答案为：稀硫酸和铁屑；（2）II中试剂是NaOH溶液，溶液中溶解有部分氧气，会氧化氢氧化亚铁，可以采用加热的方法将氧气去除，故答案为：将NaOH溶液加热；（3）为了制得白色Fe（OH）2沉淀，在试管I和中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后先检验试管II中排除氢气纯度，当氢气纯净时，关闭止水夹，铁和稀硫酸反应生成的氢气使I中压强增大，导致I中硫酸亚铁溶液通过导管
81、进入II，从而发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，所以塞紧塞子后的操作步骤是：检验试管出口处排出的氢气的纯度当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹，故答案为：检验试管出口处排出的氢气的纯度当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹；（4）打开止水夹，Fe与H2SO4反应生成H2充满整个装置，反应一段时间后检验A口排出气体的纯度，氢气纯时，说明空气排尽，关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的Fe2+沿导管进入右侧试管与NaOH反应生成白色沉淀Fe（OH）2若过早关闭止水夹，使左侧试管中的硫酸压入右侧试管中，将NaOH中和，则得不到Fe（OH）2溶液，这样生成的Fe（OH）2沉淀能较长时间保持白色，原因是试
82、管中反应生成的氢气，充满了试管和试管，且外界空气不容易进入，所以不容易被氧化，故答案为：试管中反应生成的氢气，充满了整个实验装置，外界空气不易进入；方法三 （1）制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极，发生的电极反应为Fe2e=Fe2+，故答案为：Fe；Fe2e=Fe2+；（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe（OH）2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液c可选择BC，故答案为：BC；（3）苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对c溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；（4）反接电源时，电解方程式是2H2O2H2+O2，生成的O2会将Fe（OH）2氧化，其现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色【点评】本题考查物质的制备，注意Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化，这是Fe（OH）2的重要性质，本题是在原有性质基础上进行了改编，设计成了探究型实验题，此题考查的内容比较多，既有水解方面的问题，又有氧化还原方面的问题，还有实验中的实际问题，同时还考查了实验设计，难度较大
