浙江省温州市永嘉县楠江中学2022学年高二化学下学期期中试题含解析

2022-2022学年浙江省温州市永嘉县楠江中学高二（下）期中化学试卷一、单选题（共3题60分，每题3分，每题只有一个选项是正确的）1．下列有关物质分类或归类正确的一组是()①化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD②混合物：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银③同素异形体：C60、金刚石、石墨④电解质：氯化铵、硫酸钡、冰醋酸．A．①②B．①③C．②③D．③④2．下列过程没有发生化学反应的是()A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用热碱水清除炊具上残留的油渍C．用浸泡过高锰酸钾溶液的砖头储存水果D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装3．下列有关化学用语表示正确的是()A．HClO的结构式：H﹣Cl﹣OB．氨气分子的比例模型C．原子核内有10个中子的氧原子：OD．H2与H+互为同位素4．NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是()A．同温同压同体积的CO2和SO2所含氧原子数均为2NAB．32gCu与S完全反应转移的电子数为NA（相对原子质量Cu：64）C．1L1.0mol•L﹣1NH4Cl与2L0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH4+数目相同D．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.1NA5．化学与人类生产，生活密切相关．下列有关说法不正确的是()A．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水机明矾可以使海水淡化B．福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C．医用酒精使用淀粉类植物发酵经蒸馏制成，浓度通常为75%D．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾，钙，钠，铜等金属元素化合物6．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是()选项实验操作实验目的或结论A将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明溶液中有NH4+-23-\nB向某溶液中加入稀盐酸，放出无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊证明该溶液中存在SO32﹣C将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色证明Cl2的还原性D用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色证明氧化性：H2O2比Fe3+强A．AB．BC．CD．D7．下列关于反应4Li+2SOC12═4LiCl+S+SO2的叙述中，不正确的是()A．SOCl2是氧化剂，Li是还原剂B．2molSOCl2参加反应，共转移4mol电子C．将该反应设计成电池，SOCl2在正极发生反应D．若将该反应设计成电池，可用稀硫酸作电解质溶液8．下列关于胶体的说法中不正确的是()A．可以通过过滤的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去B．分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液C．一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路D．制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色9．物质间常常相互联系、互相影响着，微粒也不例外．下列各组离子可能大量共存的是()A．不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、CO32﹣、K+、C1O﹣、I﹣B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、NO3﹣、C1﹣、NH4+C．常温下水电离出的c（H+）•c（OH﹣）=10﹣20的溶液中：Na+、Cl﹣、S2﹣、SO32﹣D．无色透明溶液：K+、HCO3﹣、NO3﹣、SO42﹣、Fe3+10．下列溶液中NO3﹣的物质的量最大的是()A．500mL1mol/L的KNO3溶液B．500mL1mol/L的Ba（NO3）2溶液C．100mL0.5mol/L的Mg（NO3）2溶液D．1L0.5mol/L的Fe（NO3）3溶液11．在反应3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2中，被氧化的氨与未被氧化的氨的分子数之比为()A．1：6B．6：1C．1：3D．3：112．下列各组离子，在强酸性溶液中可以大量共存的是()A．K+、Na+、NO3﹣、SiO32﹣B．K+、Na+、Ba2+、SO42﹣C．K+、Ca2+、Na+、CO32﹣D．H+、NH4+、K+、Cl﹣13．已知：2Fe+3Cl22FeCl3，下列说法正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的值）()A．氯气是氧化剂，FeCl3是还原剂B．常温下，与56gFe反应断裂1.5NA个Cl﹣Cl键C．1L0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有0.1NA个Fe3+-23-\nD．常温常压下，22.4LCl2和足量Fe反应转移3NA个电子14．下列用于分离提纯物质的装置正确的是()A．灼烧固体B．过滤C．分液D．蒸馏15．向三份0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO﹣浓度的变化依次为()A．减小、增大、减小B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大D．增大、减小、增大16．在含有FeBr2和FeI2的混合溶液中，通入过量的氯气，然后把溶液加热蒸干、灼烧，最后留下的是()①FeCl2②FeCl3③I2④Br2⑤Fe（OH）3⑥Fe2O3⑦FeO．A．①③④B．③⑦C．③⑤D．⑥17．下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下能一步转化的组合只有()-23-\n序号XYZW①CuCuSO4Cu（OH）2CuO②NaNaOHNa2CO3NaCl③Cl2Ca（ClO）2HClOHCl④FeFeCl3FeCl2Fe（OH）2A．①②③B．①③④C．②③D．①②④18．用98%的浓H2SO4（密度为1.84g/mL）配制1mol•L﹣1的稀H2SO4100mL，配制过程中可能用到下列仪器：①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL烧杯；④托盘天平；⑤100mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒．按使用出现的先后顺序排列正确的是()A．②⑥③⑦⑤B．④③⑤⑦⑥C．①③⑦⑤⑥D．②⑤⑦⑥19．等体积，浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH溶液、②HSCN溶液、③NaHCO3溶液，已知将①、②分别与③混合，实验测得产生的CO2气体体积（v）随时间（t）变化的示意图所示，下列说法正确的是()A．物质酸性的比较：CH3COOH＞HSCN＞H2CO3B．反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO﹣）＞c（SCN﹣）C．上述三种溶液中由水电离的c（OH﹣）大小：NaHCO3＞CH3COOH＞HSCND．CH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.10mol•L﹣120．在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件关于离子共存说法中正确的是()A．d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、ClO﹣、Cl﹣B．b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2+、K+、NO3﹣C．c点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、Al3+D．a点对应的溶液中大量存在：CO32﹣、Na+、Cl﹣、SO42﹣二、填空题（共30分）21．请按要求填空：-23-\n现有：①C与C、②O2与O3、③正丁烷与异丁烷、④金刚石与石墨、⑤冰与水、⑥乙醇与二甲醚．请用序号填写对应的分类：（1）互为同位素的是__________；（2）互为同素异形体的是__________；（3）互为同分异构体的是__________；（4）属于同一化合物的是__________．22．现有以下物质：①NaCl晶体②液态（纯）H2SO4③液态的（纯）醋酸④汞（金属）⑤纯蔗糖（C12H22O11）⑥酒精（C2H5OH）⑦熔化的KNO3，请回答下列问题（用序号）：（1）以上物质中能导电的是__________（2）以上物质中属于电解质的是__________（3）以上物质中属于非电解质的是__________（4）以上物质中溶于水后形成的水溶液能导电的是__________．23．高锰酸钾（KMn04）和过氧化氢（H202）是两种典型的氧化剂．（1）H202的结构式为__________．（2）下列物质中能使酸性KMn04．溶液褪色的是__________（填序号）．A．臭碱（Na2S）B．小苏打（NaHC03）C．水玻璃（NaSi03）D．酒精（CH3CH2OH）（3）高锰酸钾、双氧水、活性炭常用于饮用水的处理，但三者联合使用时必须有先后顺序．①在稀硫酸中，KMn04和H202能发生氧化还原反应：氧化反应：H202﹣2e→H20+02↑还原反应：Mn+5e+8H+→Mn2++4H20写出该氧化还原反应的离子方程式：__________．②在处理饮用水时，活性炭应在高锰酸钾反应结束后投加，否则会发生反应：KMn04+C+H20→Mn02+X+K2C03（未配平），其中X的化学式为__________．24．（14分）硫酸亚铁容易被氧化，而硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]较稳定，常用于代替硫酸亚铁作还原剂．现以铁屑为主要原料制备硫酸亚铁铵晶体，其反应如下：Fe+H2SO4（稀）═FeSO4+H2↑FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O═（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O步骤l：在盛有适量铁屑的锥形瓶里加入某种试剂除去油污，加热，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，铁屑质量为m1．步骤2：将处理过的铁屑加入到一定量的稀H2SO4中，加热至50℃﹣80℃充分反应，趁热过滤并用少量热水洗涤，滤液及洗涤液都转移至蒸发皿中．滤渣干燥后称重，剩余铁屑质量为m2步骤3：准确称取所需质量的硫酸铵晶体加入“步骤2”的蒸发皿中，搅拌使之溶解，缓缓加热一段时间，将其冷却结晶、过滤．用无水乙醇洗涤晶体并自然干燥，称量所得晶体质量为m3．回答下列问题：-23-\n（1）能够用于除去铁屑表面油污的试剂是__________（填字母）．A．纯碱溶液B．烧碱溶液C．明矾溶液D．稀硫酸（2）步骤2中趁热过滤的目的是__________．（3）硫酸亚铁在潮湿的空气中易被氧化生成一种物质（碱式硫酸铁），该反应的化学方程式为__________．（4）铁屑表面常有少量的铁锈（Fe2O3•nH2O），对FeSO4的制备__________（填“有”、“无”）影响，理由是（用离子方程式回答）__________．（5）若忽略铁锈的影响，上述实验中硫酸亚铁铵晶体的产率为__________．（6）请设计一个简单的实验，检验硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水（简述实验操作、现象和结论）__________．三、计算题25．有AlCl3和MgCl2的固体混合物，取一定量的该混合物加水溶解配成溶液，实验测知Cl﹣的物质的量为0.70摩尔，如向该混合溶液中逐滴加入8.00mol/L的氢氧化钠溶液（密度为1.27g/ml），加入氢氧化钠溶液的体积（V）和沉淀的质量（m）有如图所示的关系．求：（1）原NaOH溶液的质量分数为__________．（2）AlCl3和MgCl2的物质的量分别是多少？（3）另取64.70克该混合物溶于水，要使沉淀质量最大，需要加入8.00mol/L的氢氧化钠溶液多少毫升？-23-\n2022-2022学年浙江省温州市永嘉县楠江中学高二（下）期中化学试卷一、单选题（共3题60分，每题3分，每题只有一个选项是正确的）1．下列有关物质分类或归类正确的一组是()①化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD②混合物：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银③同素异形体：C60、金刚石、石墨④电解质：氯化铵、硫酸钡、冰醋酸．A．①②B．①③C．②③D．③④【考点】单质和化合物；混合物和纯净物；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】①化合物是不同元素组成的纯净物，液氯是单质；②依据混合物是不同物质组成的分析；③同种元素组成的不同单质为同素异形体；④电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；【解答】解：①CaCl2、NaOH、HCl都是化合物：HD是单质，故①错误；②盐酸、漂白粉、水玻璃都是单质混合物、水银是金属单质纯净物，故②错误；③C60、金刚石、石墨是碳元素的同素异形体，故③正确；④氯化铵、硫酸钡、冰醋酸在水溶液中发生电离属于电解质，故④正确；故选D．【点评】本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、同素异形体等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键，题目难度不大．2．下列过程没有发生化学反应的是()A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用热碱水清除炊具上残留的油渍C．用浸泡过高锰酸钾溶液的砖头储存水果D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】物理变化与化学变化的本质区别是：是否有新物质的生成，以此解答．【解答】解：A．活性炭具有较大的表面积，能够吸附冰箱中的异味，该过程没有新物质的生成，属于物理变化，故A正确；B．油污的成分是油脂，在碱性条件下发生水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，故C错误；D．硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，吸收水分，属于物理变化；铁粉具有还原性，防止食物被氧化，发生氧化还原反应，属于化学变化，故D错误；故选A．【点评】本题考查了化学变化与物理变化的区别，判断依据是：是否有新物质的生成，题目难度不大，该题各个选项与现实生活接触紧密，比较新颖，注意相关知识的积累．-23-\n3．下列有关化学用语表示正确的是()A．HClO的结构式：H﹣Cl﹣OB．氨气分子的比例模型C．原子核内有10个中子的氧原子：OD．H2与H+互为同位素【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型．【专题】化学用语专题．【分析】A．次氯酸的中心原子是O元素，不存在氢氯键；B．为球棍模型，不是比例模型；C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；D．同位素为同种元素的不同原子之间的互称．【解答】解：A．次氯酸分子中O原子分别与H、Cl原子之间之间形成1对共用电子对，故HClO的结构式为H﹣O﹣Cl，故A错误；B．为氨气的球棍模型，氨气分子的比例模型为：，故B错误；C．原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为：O，故C正确；D．同位素研究的是原子之间的关系，H2与H+之间不是原子，所以不属于同位素，故D错误；关系C．【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，涉及比例模型与球棍模型、结构式、元素符号、同位素等知识，注意掌握常见化学用语的概念及正确表示方法．4．NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是()A．同温同压同体积的CO2和SO2所含氧原子数均为2NAB．32gCu与S完全反应转移的电子数为NA（相对原子质量Cu：64）C．1L1.0mol•L﹣1NH4Cl与2L0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH4+数目相同D．25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、根据CO2和SO2均含2个氧原子来分析；B、铜与硫单质反应后变为+1价；C、氯化铵中，铵根离子水解，浓度越大水解程度越小；D、25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子．【解答】解：A、同温同压下，同体积的CO2和SO2的物质的量相同，而CO2和SO2含2个氧原子，故物质的量相同的CO2和SO2含相同物质的量的氧原子，但不一定是2NA，故A错误；-23-\nB、32g铜的物质的量为0.5mol，而铜与硫单质反应后变为+1价，故0.5mol铜失去0.5mol电子，故B错误；C、氯化铵中，铵根离子水解，铵根离子浓度越大水解程度越小，即相同温度下，1L1mol/L的NH4Cl溶液中的NH4+个数大于2L0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液中NH4+的个数，故C错误；D、25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1.0L溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH﹣总数为0.1NA，故D正确；故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．5．化学与人类生产，生活密切相关．下列有关说法不正确的是()A．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水机明矾可以使海水淡化B．福尔马林可浸制标本，利用了其使蛋白质变性的性质C．医用酒精使用淀粉类植物发酵经蒸馏制成，浓度通常为75%D．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾，钙，钠，铜等金属元素化合物【考点】盐类水解的应用；焰色反应；甲醛；淀粉的性质和用途．【分析】A．“海水淡化”即利用海水脱盐生产淡水；B．福尔马林的主要成分是甲醛；C．依据医用酒精的制备方法及浓度解答；D．依据金属元素的焰色反应解答．【解答】解：A．“海水淡化”即利用海水脱盐生产淡水，明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故A错误；B．福尔马林的主要成分是甲醛，可使蛋白质变性，浸泡后久置不腐烂，故B正确；C．医用酒精是用淀粉类植物发酵经蒸馏制成，体积分数通常是75%，故C正确；D．烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素，燃烧时焰色反应发出各种颜色的光，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了与生产生活相关的化学知识，熟悉海水淡化过程、明矾、福尔马林、医用酒精的成分及性质是解题关键，注意焰色反应属于元素的性质，题目难度不大．6．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是()选项实验操作实验目的或结论A将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明溶液中有NH4+B向某溶液中加入稀盐酸，放出无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊证明该溶液中存在SO32﹣C将Cl2通入品红溶液中，品红溶液褪色证明Cl2的还原性D用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色证明氧化性：H2O2比Fe3+强A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；B．无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，气体为二氧化硫；-23-\nC．品红溶液褪色，与HClO的漂白性有关；D．酸性溶液中硝酸盐具有强氧化性．【解答】解：A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氨气为铵盐与NaOH反应生成，则证明溶液中有NH4+，故A正确；B．无色刺激性气味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，气体为二氧化硫，则该溶液中存在SO32﹣，或该溶液中存在HSO3﹣，故B错误；C．品红溶液褪色，与HClO的漂白性有关，与氯气的还原性无关，故C错误；D．酸性溶液中硝酸盐具有强氧化性，则溶液变黄色，可能为亚铁离子被硝酸根离子氧化，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重性质与实验的考查，注意实验的可行性、评价性分析，题目难度不大．7．下列关于反应4Li+2SOC12═4LiCl+S+SO2的叙述中，不正确的是()A．SOCl2是氧化剂，Li是还原剂B．2molSOCl2参加反应，共转移4mol电子C．将该反应设计成电池，SOCl2在正极发生反应D．若将该反应设计成电池，可用稀硫酸作电解质溶液【考点】氧化还原反应．【分析】4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2反应中，Li的化合价升高，作还原剂，S元素的化合价降低，作氧化剂，每生成1molSO2转移4mol电子，将该反应设计成电池，负极为锂，SOCl2在正极发生反应，据此分析；【解答】解：A．Li的化合价升高，作还原剂，SOCl2中S元素的化合价降低，作氧化剂，故A正确；B、反应4Li+2SOCl2═4LiCl+S+SO2中，每生成1molSO2转移4mol电子，则2molSOCl2参加反应，共转移4mol电子，故B正确；C、将该反应设计成电池，正极电极反应式为2SOCl2+4e﹣=4Cl﹣+S+SO2，则SOCl2在正极发生反应，故C正确；D、由于Li和SOCl2都易与水反应，电解池应为非水电解质，故D错误．故选：D；【点评】本题考查了氧化还原反应、原电池原理，侧重于基础知识的考查，注意根据氧化还原反应中元素化合价的变化分析，题目难度不大8．下列关于胶体的说法中不正确的是()A．可以通过过滤的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去B．分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液C．一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路D．制备Fe（OH）3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】A、胶体和溶液都能透过滤纸；B、根据分散系中分散质粒子的大小分析；C、根据胶体具有丁达尔现象的性质分析；D、加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体；-23-\n【解答】解：A、胶体和溶液都能透过滤纸，所以不能通过过滤的方法将淀粉胶体中混有的氯化钠溶液除去，故A错误；B、根据分散系中分散质粒子的大小把分散系分为：浊液（＞100nm）、胶体（1～100nm）、溶液（＜1nm），所以分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）胶体＞FeCl3溶液，故B正确．C、蛋白质溶液属于胶体，能产生丁达尔效益，所以一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路，故C正确；D、加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备Fe（OH）胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故D正确；故选A．【点评】本题考查了分散系分类的依据，胶体的性质，胶体的制备等，题目比较简单．9．物质间常常相互联系、互相影响着，微粒也不例外．下列各组离子可能大量共存的是()A．不能使酚酞试液变红的无色溶液中：Na+、CO32﹣、K+、C1O﹣、I﹣B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、NO3﹣、C1﹣、NH4+C．常温下水电离出的c（H+）•c（OH﹣）=10﹣20的溶液中：Na+、Cl﹣、S2﹣、SO32﹣D．无色透明溶液：K+、HCO3﹣、NO3﹣、SO42﹣、Fe3+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．酚酞的变色范围约为8～10，不能使酚酞试液变红的无色溶液呈酸性、中性或弱碱性；B．能与金属铝反应放出氢气的溶液为强碱或非氧化性酸溶液；C．常温下水电离出的c（H+）•c（OH﹣）=10﹣20的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；D．有颜色的离子不能大量存在，离子之间发生互促水解反应．【解答】解：A．酚酞的变色范围约为8～10，不能使酚酞试液变红的无色溶液呈酸性、中性或弱碱性，C1O﹣、I﹣发生氧化还原反应，且CO32﹣、C1O﹣在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B．能与金属铝反应放出氢气的溶液为强碱或非氧化性酸溶液，酸性条件下，因存在NO3﹣，不能生成氢气，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；C．常温下水电离出的c（H+）•c（OH﹣）=10﹣20的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下离子可大量共存，故C正确；D．HCO3﹣、Fe3+离子之间发生互促水解反应，且Fe3+有颜色，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子共存问题，为高频考点，题目难度中等，本题注意把握相关题给信息，为解答该类题目的关键，学习中注重相关基础知识的积累．10．下列溶液中NO3﹣的物质的量最大的是()A．500mL1mol/L的KNO3溶液B．500mL1mol/L的Ba（NO3）2溶液C．100mL0.5mol/L的Mg（NO3）2溶液D．1L0.5mol/L的Fe（NO3）3溶液【考点】物质的量浓度．-23-\n【分析】根据n=cV，结合溶质的组成来分析求解，离子物质的量=溶质物质的量×含有离子数．【解答】解：A、500mL1mol/L的KNO3溶液，硝酸根离子的物质的量为：0.5L×1mol/L×1=0.5mol；B、500mL1mol/L的Ba（NO3）2溶液，硝酸根离子的物质的量为：0.5L×1mol/L×2=1mol；C、100mL0.5mol/L的Mg（NO3）2溶液，硝酸根离子的物质的量为：0.1L×0.5mol/L×2=0.1mol；D、1L0.5mol/L的Fe（NO3）3溶液，硝酸根离子的物质的量为：1L×0.5mol/L×3=1.5mol；综上所述，最大的是D，故选D．【点评】本题考查电解质浓度与电解质产生离子浓度关系，注意理解电解质产生的离子物质的量等于电解质的浓度与化学式中该离子个数和体积的乘积，注意化学式即组成，难度不大．11．在反应3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2中，被氧化的氨与未被氧化的氨的分子数之比为()A．1：6B．6：1C．1：3D．3：1【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在反应3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2中，NH3→NH4Cl，N元素的化合价没有发生变化，NH3→N2，N元素的化合价升高，被氧化，结合方程式的化学计量数关系判断．【解答】解：在反应3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2中，当有8molNH3参加反应时，6molNH3→6molNH4Cl，N元素的化合价没有发生变化，2molNH3→1molN2，N元素的化合价升高，被氧化，则被氧化的氨与未被氧化的氨的物质的量之比为2mol：6mol=1：3，则分子数之比也为1：3，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析，判断N元素是否全部被氧化为解答该题的关键．12．下列各组离子，在强酸性溶液中可以大量共存的是()A．K+、Na+、NO3﹣、SiO32﹣B．K+、Na+、Ba2+、SO42﹣C．K+、Ca2+、Na+、CO32﹣D．H+、NH4+、K+、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】强酸溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．H+、SiO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Ca2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．-23-\n13．已知：2Fe+3Cl22FeCl3，下列说法正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的值）()A．氯气是氧化剂，FeCl3是还原剂B．常温下，与56gFe反应断裂1.5NA个Cl﹣Cl键C．1L0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有0.1NA个Fe3+D．常温常压下，22.4LCl2和足量Fe反应转移3NA个电子【考点】氧化还原反应．【分析】A．氧化剂化合价降低，还原剂化合价升高；B．铁与氯气反应生成氯化铁；C．Fe3+能发生水解；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol．【解答】解：A．氯气是氧化剂，Fe是还原剂，故A错误；B．铁与氯气反应生成氯化铁，1mol铁反应1.5mol氯气，则反应断裂1.5NA个Cl﹣Cl键，故B正确；C．Fe3+能发生水解，离子个数小于0.1NA，故C错误；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，22.4L的Cl2的物质的量不是1mol，故D错误．故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，注意从物质的组成、结构、性质、聚集状态以及存在的条件是否标准状况等角度思考．14．下列用于分离提纯物质的装置正确的是()A．灼烧固体B．过滤C．-23-\n分液D．蒸馏【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．应在坩埚中灼烧固体；B．过滤时应防止浊液外流；C．互不相溶的液体可用分液的方法分离；D．蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度．【解答】解：A．蒸发皿用于蒸发液体，应在坩埚中灼烧固体，故A错误；B．过滤时应用玻璃棒引流，防止浊液外流，故B错误；C．互不相溶的液体可用分液的方法分离，故C正确；D．蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误．故选C．【点评】本题主要考查了化学实验基本操作，掌握正确的化学实验操作方法是解答本题的关键，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．15．向三份0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO﹣浓度的变化依次为()A．减小、增大、减小B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大D．增大、减小、增大【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解．【解答】解：CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2SO3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加亚硫酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；FeCl2是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加FeCl2会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小，故选A．【点评】本题考查了影响盐类水解的因素，明确含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解．-23-\n16．在含有FeBr2和FeI2的混合溶液中，通入过量的氯气，然后把溶液加热蒸干、灼烧，最后留下的是()①FeCl2②FeCl3③I2④Br2⑤Fe（OH）3⑥Fe2O3⑦FeO．A．①③④B．③⑦C．③⑤D．⑥【考点】铁的氧化物和氢氧化物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】含有FeBr2、FeI2的混合溶液中通入足量氯气，生成氯化铁与碘单质与液溴，蒸干过程中溴挥发、碘升华，此时得到氢氧化铁，然后灼烧得固体是Fe2O3，据此解答．【解答】解：FeBr2、FeI2与氯气反应生成了FeCl3、I2、Br2，溶液蒸干过程中，单质碘升华、溴挥发、FeCl3水解生成Fe（OH）3，灼烧得固体是Fe2O3，故选D．【点评】本题考查了元素化合物知识，明确物质的性质及物质之间的反应是解本题关键，注意卤族单质的性质及盐类水解平衡移动的影响因素，题目难度不大．17．下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下能一步转化的组合只有()序号XYZW①CuCuSO4Cu（OH）2CuO②NaNaOHNa2CO3NaCl③Cl2Ca（ClO）2HClOHCl④FeFeCl3FeCl2Fe（OH）2A．①②③B．①③④C．②③D．①②④【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氯气的化学性质；钠的化学性质；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】①Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，再与NaOH反应生成Cu（OH）2，Cu（OH）2加热生成CuO，氢气还原CuO生成Cu；②Na与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，NaCl电解生成Na；③Cl2与石灰水反应生成Ca（ClO）2，再与二氧化碳反应生成HClO，HClO分解生成HCl，浓盐酸与二氧化锰反应生成Cl2；④Fe与氯气生成FeCl3，FeCl3与Fe反应FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe（OH）2，但Fe（OH）2不能一步转化为Fe．【解答】解：①CuCuSO4Cu（OH）2CuOCu，符合转化，故正确；②NaNaOHNa2CO3NaClNa，符合转化，故正确；③Cl2Ca（ClO）2HClOHClCl2，符合转化，故正确；④Fe（OH）2不能一步转化为Fe，故错误；故选A．【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生转化反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物的综合应用，题目难度不大．-23-\n18．用98%的浓H2SO4（密度为1.84g/mL）配制1mol•L﹣1的稀H2SO4100mL，配制过程中可能用到下列仪器：①100mL量筒；②10mL量筒；③50mL烧杯；④托盘天平；⑤100mL容量瓶；⑥胶头滴管；⑦玻璃棒．按使用出现的先后顺序排列正确的是()A．②⑥③⑦⑤B．④③⑤⑦⑥C．①③⑦⑤⑥D．②⑤⑦⑥【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答．【解答】解：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c===18.4mol/L，配制1mol•L﹣1的稀H2SO4100mL需要浓硫酸的体积为V==0.0054L，即5.4ml，应选择10ml量筒，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，而配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，量取浓硫酸时需要用到10mL量筒和胶头滴管，稀释浓硫酸时需要用到烧杯和玻璃棒，转移溶液时需要用到玻璃棒，定容时需要用到100mL容量瓶和胶头滴管，所以正确顺序为②⑥③⑦⑤，故选：A．【点评】本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器，难度不大，注意量筒的选择．19．等体积，浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH溶液、②HSCN溶液、③NaHCO3溶液，已知将①、②分别与③混合，实验测得产生的CO2气体体积（v）随时间（t）变化的示意图所示，下列说法正确的是()A．物质酸性的比较：CH3COOH＞HSCN＞H2CO3B．反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO﹣）＞c（SCN﹣）C．上述三种溶液中由水电离的c（OH﹣）大小：NaHCO3＞CH3COOH＞HSCND．CH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.10mol•L﹣1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反映速率较快；B、图象中分析，HSCN的酸性比CH3COOH强，所以阴离子水解程度c（CH3COO﹣）＞c（SCN﹣）；C、水解的盐促进水的电离，酸抑制水的电离，酸性越强抑制程度越大；D、CH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应生成醋酸钠溶液，物料守恒计算；【解答】解：A、CH3COOH溶液和HSCN溶液与NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体，证明CH3COOH溶液和HSCN溶液的酸性大于碳酸，依据图象分析可知HSCN溶液比CH3COOH溶液与碳酸氢钠反应快，证明溶液中氢离子浓度大，则同浓度时说明HSCN酸性大于CH3COOH，故A错误；-23-\nB、依据图象分析可知HSCN溶液比CH3COOH溶液与碳酸氢钠反应快，证明溶液中氢离子浓度大，则同浓度时说明HSCN酸性大于CH3COOH，反应后溶液中的CH3COO﹣水解程度大于SCN﹣，所以反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（SCN﹣），故B错误；C、水解的盐促进水的电离，酸抑制水的电离，HSCN溶液酸性大于CH3COOH溶液，HSCN溶液中氢离子浓度大，对水的电离抑制程度大，故上述三种溶液中由水电离的c（OH﹣）大小：NaHCO3＞CH3COOH＞HSCN，故C正确；D、CH3COOH溶液和NaHCO3溶液反应，生成醋酸钠和水二氧化碳，得到溶液醋酸钠，所得溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.050mol•L﹣1，故D错误；故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡应用，图象分析能力，水的电离影响因素，主要考查酸性强弱的比较，盐类水解的应用，电解质溶液中元素守恒的应用．20．在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件关于离子共存说法中正确的是()A．d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、ClO﹣、Cl﹣B．b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2+、K+、NO3﹣C．c点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、Al3+D．a点对应的溶液中大量存在：CO32﹣、Na+、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．d点温度高于25℃，c（OH﹣）＞c（H+），溶液显碱性；B．b点为25℃，c（OH﹣）＜c（H+），溶液显酸性；C．d点温度高于25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性；D．a点为25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性．【解答】解：A．d点温度高于25℃，c（OH﹣）＞c（H+），溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B．b点为25℃，c（OH﹣）＜c（H+），溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．d点温度高于25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性，不能存在大量的Al3+，故C错误；D．a点为25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性，不能大量存在CO32﹣，故D错误；故选：A．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和图象分析能力的考查，把握离子之间的反应即可解答，氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大．二、填空题（共30分）21．请按要求填空：-23-\n现有：①C与C、②O2与O3、③正丁烷与异丁烷、④金刚石与石墨、⑤冰与水、⑥乙醇与二甲醚．请用序号填写对应的分类：（1）互为同位素的是①；（2）互为同素异形体的是②④；（3）互为同分异构体的是③⑥；（4）属于同一化合物的是⑤．【考点】核素；同位素及其应用；同素异形体；有机化合物的异构现象．【分析】（1）具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素．（2）同素异形体是同种元素形成的不同单质．（3）具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体．（4）分子式相同，结构也相同的属于同种物质．【解答】解：（1）具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素，612C与614C是碳元素的不同核素属于同位素．故答案为：①；（2）同素异形体是同种元素形成的不同单质，O2与O3是氧元素的不同单质，金刚石和石墨是碳元素的不同单质属于同素异形体．故答案为：②④；（3）具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，正丁烷和异丁烷分子式都是C4H10，结构不同属于同分异构体，乙醇与二甲醚分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：③⑥；（4）冰是固态的水，冰和水均由水分子构成，属于同种物质，故答案为：⑤．【点评】本题主要考查同位素，同系物，同分异构体，同素异形体的定义，为常考题之一，掌握各自的概念是解决本题的关键，难度不大．22．现有以下物质：①NaCl晶体②液态（纯）H2SO4③液态的（纯）醋酸④汞（金属）⑤纯蔗糖（C12H22O11）⑥酒精（C2H5OH）⑦熔化的KNO3，请回答下列问题（用序号）：（1）以上物质中能导电的是④⑦（2）以上物质中属于电解质的是①②③⑦（3）以上物质中属于非电解质的是⑤⑥（4）以上物质中溶于水后形成的水溶液能导电的是①②③⑦．【考点】电解质与非电解质．【分析】（1）物质导电有两种原因，一是有自由移动的电子能够导电，二是能够产生自由离子的溶液能够导电；（2）水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；（3）在水溶液中和熔融状态下两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；（4）溶于水后能产生自由移动离子的物质能导电．【解答】解：①NaCl晶体中没有自由移动的电子和自由移动的离子，不导电；但是在水溶液或者熔融状态下能导电，是电解质；②H2SO4中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液中能导电，是电解质；③醋酸中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；但是醋酸在水溶液中能电离出自由移动的离子而导电，是电解质；④汞是金属晶体含有自由移动的电子，能导电；汞是单质所以既不是电解质也不是非电解质；-23-\n⑤纯蔗糖中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液中和熔融状态下两种情况下都不能导电，是非电解质；⑥酒精中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液中和熔融状态下两种情况下都不能导电，是非电解质；⑦熔融KNO3中含有自由移动的离子，能导电；KNO3在熔融状态下或者水溶液中都能电离出自由移动的离子而导电，是电解质；故答案为：（1）④⑦；（2）①②③⑦；（3）⑤⑥；（4）①②③⑦．【点评】本题主要考查了电解质和非电解质的概念，物质导电的条件，单质与混合物既不是电解质也不是非电解质．23．高锰酸钾（KMn04）和过氧化氢（H202）是两种典型的氧化剂．（1）H202的结构式为H﹣O﹣O﹣H．（2）下列物质中能使酸性KMn04．溶液褪色的是AD（填序号）．A．臭碱（Na2S）B．小苏打（NaHC03）C．水玻璃（NaSi03）D．酒精（CH3CH2OH）（3）高锰酸钾、双氧水、活性炭常用于饮用水的处理，但三者联合使用时必须有先后顺序．①在稀硫酸中，KMn04和H202能发生氧化还原反应：氧化反应：H202﹣2e→H20+02↑还原反应：Mn+5e+8H+→Mn2++4H20写出该氧化还原反应的离子方程式：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑．②在处理饮用水时，活性炭应在高锰酸钾反应结束后投加，否则会发生反应：KMn04+C+H20→Mn02+X+K2C03（未配平），其中X的化学式为KHCO3．【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）H202中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，具有还原性的物质可以使酸性KMn04褪色；（3）①、由氧化反应、还原反应可知，KMn04和H202在酸性条件下反应生成Mn2+、H2O、O2，配平该氧化还原反应的离子方程式；②根据氧化还原法配平KMn04、C的系数，再根据元素守恒确定X的化学式．【解答】解：（1）H202中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，H202结构式为H﹣O﹣O﹣H，故答案为：H﹣O﹣O﹣H；（2）A．臭碱（Na2S）中硫离子具有强还原性，可以被高锰酸钾氧化，使酸性KMn04溶液褪色，故A符合；B．小苏打（NaHC03），不与高锰酸根离子反应，不能使酸性KMn04溶液褪色，故B不符合；C．水玻璃（NaSi03），不与高锰酸根离子反应，不能使酸性KMn04溶液褪色，故C不符合；D．酸性KMn04溶液可以氧化酒精（CH3CH2OH）为乙酸，使酸性KMn04溶液褪色，故D符合；故选：AD；（3）①、由氧化反应、还原反应可知，KMn04和H202在酸性条件下反应生成Mn2+、H2O、O2，该反应离子方程式为：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，-23-\n故答案为：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；②反应中KMnO4→Mn02，Mn元素化合价由+7价降低为+4价，共降低变化3价，C→K2CO3，C元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，化合价升降最小公倍数为12，故KMnO4系数为4，C的系数为3，由C、K的原子数目关系可知K2CO3系数为1，故X含有+4价的C原子、且C原子与K原子之比为1：1，故X为KHCO3，故答案为：KHCO3．【点评】本题考查氧化还原反应、元素化合物的性质等，难度中等，（3）②中X的判断为易错点、难点，实质是考查氧化还原反应的配平．24．（14分）硫酸亚铁容易被氧化，而硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]较稳定，常用于代替硫酸亚铁作还原剂．现以铁屑为主要原料制备硫酸亚铁铵晶体，其反应如下：Fe+H2SO4（稀）═FeSO4+H2↑FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O═（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O步骤l：在盛有适量铁屑的锥形瓶里加入某种试剂除去油污，加热，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，铁屑质量为m1．步骤2：将处理过的铁屑加入到一定量的稀H2SO4中，加热至50℃﹣80℃充分反应，趁热过滤并用少量热水洗涤，滤液及洗涤液都转移至蒸发皿中．滤渣干燥后称重，剩余铁屑质量为m2步骤3：准确称取所需质量的硫酸铵晶体加入“步骤2”的蒸发皿中，搅拌使之溶解，缓缓加热一段时间，将其冷却结晶、过滤．用无水乙醇洗涤晶体并自然干燥，称量所得晶体质量为m3．回答下列问题：（1）能够用于除去铁屑表面油污的试剂是AB（填字母）．A．纯碱溶液B．烧碱溶液C．明矾溶液D．稀硫酸（2）步骤2中趁热过滤的目的是避免FeSO4因结晶而造成损失．（3）硫酸亚铁在潮湿的空气中易被氧化生成一种物质（碱式硫酸铁），该反应的化学方程式为4FeSO4+O2+2H2O=4Fe（OH）SO4．（4）铁屑表面常有少量的铁锈（Fe2O3•nH2O），对FeSO4的制备无（填“有”、“无”）影响，理由是（用离子方程式回答）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+．（5）若忽略铁锈的影响，上述实验中硫酸亚铁铵晶体的产率为×100%．（6）请设计一个简单的实验，检验硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水（简述实验操作、现象和结论）取硫酸亚铁铵晶体于试管中，用酒精灯加热试管，观察现象在试管口有液体水生成，说明硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）油污的主要成分为油脂，在碱性条件下易发生水解，水解后变成易溶于水的高级脂肪酸钠和丙三醇，根据碳酸钠溶液呈弱碱性，可以洗涤油污，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气进行分析；（2）温度降低，物质的溶解度降低，温度过低析出晶体多；步骤2中趁热过滤的目的是避免FeSO4因结晶而造成损失；（3）+2铁离子易被空气中的氧气反应生成+3价的铁，硫酸亚铁被氧化成碱式硫酸铁，根据得失电子守恒书写方程式；（4）铁锈（Fe2O3•nH2O），与酸反应生成可溶性的铁离子，铁离子和铁反应生成亚铁离子；-23-\n（5）根据反应消耗的铁的质量计算出硫酸亚铁的质量，根据关系式Fe～FeSO4～（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O计算出理论（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O质量，据此计算硫酸亚铁铵晶体的产率；（6）结晶水合物受热易分解生成水，取硫酸亚铁铵晶体于试管中，用酒精灯加热试管，观察是否有水生成．【解答】解：（1）A．Na2CO3溶液中存在水解离子反应为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，所以能够用于除去铁屑表面油污，故A正确；B．烧碱溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，水解后变成易溶于水的高级脂肪酸钠和丙三醇，所以能够用于除去铁屑表面油污，故B正确；C．明矾溶液，铝离子水解呈弱酸性，常温下油污几乎不水解，不能够用于除去铁屑表面油污，故C错误；D．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式是：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，稀硫酸不能够用于除去铁屑表面油污，故D错误；故答案为：AB；（2）一般固体溶解度随着温度的升高而升高，步骤2中趁热过滤防止温度降低，物质的溶解度降低，析出晶体多，故答案为：避免FeSO4因结晶而造成损失；（3）+2铁离子易被空气中的氧气反应生成+3价的铁，硫酸亚铁在潮湿的空气中易被氧化，1mol氧气得4mol电子，4mol亚铁离子失去4mol电子，所以反应为：4FeSO4+O2+2H2O=4Fe（OH）SO4，故答案为：4FeSO4+O2+2H2O=4Fe（OH）SO4；（4）铁屑表面常有少量的铁锈（Fe2O3•nH2O），铁锈和酸反应生成可溶性的铁离子反应为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，铁离子被铁单质还原成亚铁离子Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以对FeSO4的制备无影响，故答案为：无；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+；（5）步骤l：铁屑质量为m1．步骤2：用酸处理，剩余铁屑质量为m2，溶解的铁质量为：m1﹣m2，其物质的量为：mol，根据铁原子守恒：Fe～FeSO4～（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O，生成的（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O质量为：mol×392g/mol，硫酸亚铁铵晶体的产率为：×100%，故答案为：×100%；（6）检验硫酸亚铁铵晶体中是否含有结晶水：取一试管，用药匙加入2克硫酸亚铁铵晶体，点燃酒精灯加热试管，观察现象在试管口有液体水生成，说明硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水，故答案为：取硫酸亚铁铵晶体于试管中，用酒精灯加热试管，观察现象在试管口有液体水生成，说明硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水．-23-\n【点评】本题通过硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]制备考查了实验步骤的分析判断，物质制备的实验设计方法，性质验证，产率的计算，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力、计算能力，题目难度中等．三、计算题25．有AlCl3和MgCl2的固体混合物，取一定量的该混合物加水溶解配成溶液，实验测知Cl﹣的物质的量为0.70摩尔，如向该混合溶液中逐滴加入8.00mol/L的氢氧化钠溶液（密度为1.27g/ml），加入氢氧化钠溶液的体积（V）和沉淀的质量（m）有如图所示的关系．求：（1）原NaOH溶液的质量分数为25.2%．（2）AlCl3和MgCl2的物质的量分别是多少？（3）另取64.70克该混合物溶于水，要使沉淀质量最大，需要加入8.00mol/L的氢氧化钠溶液多少毫升？【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】（1）根据c=的变形公式计算出该氢氧化钠溶液的质量分数；（2）设出氯化铝、氯化镁的物质的量，加入100mL氢氧化钠溶液时溶质为氯化钠、偏铝酸钠，根据硫离子及氢氧化钠的物质的量列式计算；（3）沉淀质量最大时，反应生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，反应后的溶质为氯化钠，氯离子与钠离子物质的量相等，根据氯离子的物质的量计算出需要氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：（1）根据c=的变形公式可得：ω（NaOH）==≈25.2%，故答案为：25.2%；（2）根据图中曲线可知，加入100mL氢氧化钠溶液后沉淀质量不再变化，说明此时溶质为偏铝酸钠、NaCl，设氯化铝、氯化镁的物质的量为x、y，根据氯离子的物质的量可得：3x+2y=0.7，根据钠离子守恒可得：8.00mol/L×0.1L=0.7mol+x，解得：x=0.1mol、y=0.2mol，所以原溶液中氯化铝的物质的量为0.1mol、氯化镁的物质的量为0.2mol，答：氯化铝的物质的量为0.1mol、氯化镁的物质的量为0.2mol；（3）根据（2）可知，氯化铝、氯化镁的物质的量之比为：0.1mol：0.2mol=1：2，质量之比为：133.5：190，-23-\n64.7g氯化镁、氯化镁的化合物中含有氯化铝的质量为：64.7×=26.7g，物质的量为：=0.2mol，该化合物中氯化镁的物质的量为：=0.4mol，沉淀质量最大时，反应后溶质为氯化钠，根据钠离子守恒可得：n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl﹣）=0.2mol×3+0.4mol×2=1.4mol，则需要8.00mol/L的氢氧化钠溶液的体积为：=0.175L=175mL，答：要使沉淀质量最大，需要加入8.00mol/L的氢氧化钠溶液175毫升．【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化含义及反应原理为解答关键，注意质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力．-23-