山东省青岛五十八中高三化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年山东省青岛五十八中高三（上）期中化学试卷　一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1．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．氮化硅、氧化铝陶瓷和光导纤维都是无机非金属材料B．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施　2．下列关于胶体的说法正确的是（　　）A．将可见光通过胶体出现“光路”是因为发生了光的折射B．胶体能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，继续加热搅拌可制得Fe（OH）3胶体　3．现有下列六个转化，其中不能通过一步反应实现的是（　　）①SiO2→Na2SiO3；②SiO2→H2SiO3　③CuSO4→Cu（NO3）2；④CuO→Cu（OH）2；⑤Cl2→NaClO⑥SO2→H2SO4．A．①②⑥B．②③④C．③④⑤D．②④　4．常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（　　）A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣B．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：A13+、Na+、NO3﹣、C1﹣C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣　5．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（　　）①金属性最强的是铯-31-\n②氧化性最强的是锂原子③在自然界中均以化合态形式存在④它们的氧化物都只有M2O、M2O2两种形式⑤铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸⑥密度按Li﹣Cs顺序呈依次递增趋势⑦离子半径：Rb+＞K+＞Na+、Cs＞Cs+＞K+⑧都可以保存在煤油中．A．①③⑤⑦B．①④⑤⑥⑦C．①②⑥⑧D．①③④⑤　6．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．常温下，1mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有氮原子的数目为2NAB．标况下，22.4L氯气通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数为NAC．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAD．将100mL0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒0.01NA　7．下列离子方程式正确的是（　　）A．澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OB．硫酸铁和氢氧化钡溶液反应：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═BaSO4↓+Fe（OH）3C．将过量二氧化硫气体通入氨水中：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O　8．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（　　）A．同周期金属元素，原子失电子能力越强，最高化合价越高B．同主族的单核阴离子，其还原性越强，氢化物的稳定性越弱C．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7D．第三周期非金属元素对应的含氧酸酸性从左到右依次增强　9．在预防甲型H1N1流感疫情时，防疫部门使用了含氯类消毒剂，其中的氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，下列有关氯胺（NH2Cl）的说法一定不正确的是（　　）-31-\nA．氯胺水解产物为NH2OH（羟氨）和HClB．氯胺的消毒原理与漂白粉相似C．氯胺中氯的化合价为+1D．氯胺的电子式为　10．现有CuO和Fe2O3的混合物m克，向其中加入1mol•L﹣1的HNO3溶液200mL恰好完全反应，若将2m克该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为（　　）A．（2m﹣1.6）克B．2（m﹣1.6）克C．（m﹣1.6）克D．3.2克　11．下列各组物质反应产生的气体分别通入Na2SO3溶液中，与Na2SO3不发生反应的是（　　）①Na2O2和CO2②Al和NaOH溶液③MnO2和浓盐酸共热④浓硝酸和铜片⑤铜片和浓硫酸共热⑥碳酸钠和硫酸反应．A．只有②B．只有②⑤C．只有②⑥D．只有②⑤⑥　12．下列说法正确的是（　　）A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B．在用二氧化锰和浓盐酸制氯气时，在加入二氧化锰后应首先加入浓盐酸，然后再点燃酒精灯C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42﹣或SO32﹣D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法　13．已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成-31-\n②产生刺激性气味的气体③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是（　　）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子　14．下列有关实验装置的说法中正确的是（　　）A．图1装置可制取干燥纯净的NH3B．图2装置可以完成“喷泉”实验C．图3装置可测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积D．图4装置可用于实验室制备Fe（OH）2　15．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B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在　　二、解答题（共8小题，满分53分）16．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途．回答下列问题：-31-\n（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的离子方程式为　　　　　　．（2）氢氧化铁与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为　　　　　　（3）从海带中提取碘的过程中，下列说法正确的是　　　　　　　17．黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料．其中一个反应为3FeS2+8O2═6SO2+Fe3O4，氧化产物为　　　　　　，若有3molFeS2参加反应，转移电子数为　　　　　　．　18．与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，其原理为　　　　　　（用离子方程表示）　19．在热的稀硫酸溶液中溶解一定量的FeSO4后，再加入足量的KNO3溶液，可使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，并有气体逸出，请写出相应的离子方程式　　　　　　．　20．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A是元素周期表中原子半径最小的元素；B元素最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的=3/4倍；C与E同主族．请回答下列问题：（1）X的名称为　　　　　　，A、C、D构成的化合物中含有的化学键有　　　　　　．（2）下列各项中，能说明元素C比E非金属性强的事实有　　　　　　（填序号）．①氢化物H2E的酸性比H2C强②氢化物H2C的热稳定性比H2E强③氢化物H2E的水溶液放置在空气中会变浑浊④C与E组成化合物，C显负价（3）将由BC和BC2组成的混合气体通入如图所示装置中，用来验证浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强．已知（ⅰ）浓硝酸能将气体BC氧化成BC2，而稀硝酸不能氧化BC．（ⅱ）NaOH溶液与BC2反应的化学方程式为：2NaOH+2BC2═NaBC2+NaBC3+H2O，NaOH溶液与BC气体不反应．-31-\n装置①、②、③中盛放的药品依次是　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　．（4）通入混合气体之前，应先通入一段时间某另外一种气体，试推测先通入的该气体可以是　　　　　　（填一种气体的化学式）．　21．中学常见单质A、B和甲、乙、丙三种化合物有如图所示的转换关系（部分产物未列出）．单质A常作为食品包装材料，甲是两性氧化物．根据图示转化关系回答：（1）写出反应①的离子方程式　　　　　　．（2）写出单质A与Fe2O3反应的化学方程式：　　　　　　，除铝热剂外，该反应还需加入　　　　　　，利用该反应的原理，可用于　　　　　　．（3）设计一个简单的实验方案，证明上述A与Fe2O3反应所得的块状熔融物中含有单质A．　　　　　　．　22．黄铜矿的主要成分是CuFeS2（硫元素显﹣2价，铁元素显+2价）．实验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红（Fe2O3）的流程如下：已知：CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2FeS+2HCl═FeCl2+HS2↑-31-\n（1）在实验室中，应将黄铜矿粉末放在　　　　　　（填仪器名称）中焙烧，操作a为　　　　　　．（2）欲选用下列部分装置在实验室中以MnO2和浓盐酸为原料制取纯净、干燥的氯气．①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为　　　　　　．②按气流方向由左到右，导管口连接顺序为a→　　　　　　．③装置连接好后，在装药品前，需检验装置的气密性，具体方法是　　　　　　．（3）若使用20g黄铜矿粉末可制得8gFe2O3（铁红），则该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数是　　　　　　（假设各步反应均完全进行且过程中无额外物质损耗）．　23．FeSO4•7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4•7H2O的流程如下：（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10%Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是　　　　　　．（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②　　　　　　．（3）FeSO4•7H2O是某些补血剂的主要成分，将1.5g某补血剂预处理，配成100mL溶液．实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测定该补血剂（1.5g）中铁元素的含量，①配制100mL1.200×10﹣2mol•L﹣1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容量瓶中的操作方法是　　　　　　②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是　　　　　　．a．稀硝酸b．稀盐酸c．稀硫酸d．浓硝酸KMnO4溶液应盛装在　　　　　　滴定管中．滴定到终点时的现象为　　　　　　．③滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下．-31-\n滴定次数实验数据123V（样品）/mL20.0020.0020.00V（KMnO4）/mL（初读数）0.000.200.00V（KMnO4）/mL（终读数）15.8515.2214.98该补血剂中铁元素的质量分数为　　　　　　．　　-31-\n2022-2022学年山东省青岛五十八中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1．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．氮化硅、氧化铝陶瓷和光导纤维都是无机非金属材料B．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施【考点】无机非金属材料；海水资源及其综合利用；二氧化硫的污染及治理；药物的主要成分和疗效．【专题】元素及其化合物；化学计算．【分析】A．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；B．烟花是焰色反应；C．向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质；D．二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质；为减少酸雨的产生，只要减少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的产生．【解答】解：A．氮化硅、光导纤维、氧化铝陶瓷等属于新型无机非金属材料，故A正确；B．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B正确；C．向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；D．采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故D正确．故选C．【点评】本题考查了无机非金属材料、焰色反应、海水淡化、环境污染等知识，题目难度不大，注意知识的积累．　-31-\n2．下列关于胶体的说法正确的是（　　）A．将可见光通过胶体出现“光路”是因为发生了光的折射B．胶体能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，继续加热搅拌可制得Fe（OH）3胶体【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．胶体的丁达尔效应是由于发生光的散射；B．只有胶粒带有电荷的胶体在通电时发生电泳现象；C．胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；D．Fe（OH）3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可．【解答】解：A．将可见光通过胶体出现“光路”是因为发生了光的散射，故A错误；B．胶体具有吸附性，吸附阳离子或阴离子，则胶体粒子带电，在电场作用下会产生电泳现象，故B正确；C．稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故C错误；D．以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体，继续加热搅拌，发生聚沉，得到氢氧化铁沉淀，故D错误．故选B．【点评】本题考查了胶体性质的分析应用，主要是胶体特征性质的理解，掌握基础是关键，题目较简单．　3．现有下列六个转化，其中不能通过一步反应实现的是（　　）①SiO2→Na2SiO3；②SiO2→H2SiO3　③CuSO4→Cu（NO3）2；④CuO→Cu（OH）2；⑤Cl2→NaClO⑥SO2→H2SO4．A．①②⑥B．②③④C．③④⑤D．②④【考点】硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】碳族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】①SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3；-31-\n②SiO2先转化为Na2SiO3，然后再转化为H2SiO3；③CuSO4和硝酸钡反应生成Cu（NO3）2；④CuO先转化为铜盐，然后转化为Cu（OH）2；⑤Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO；⑥SO2和溴水反应生成H2SO4．【解答】解：①SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，所以能一步实现转化，故不选；②SiO2先转化为Na2SiO3，然后再转化为H2SiO3，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，所以不能一步实现转化，故选；③CuSO4+Ba（NO3）2=Cu（NO3）2+BaSO4↓，所以一步能实现转化，故不选；④CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4，所以一步不能实现转化，故选；⑤Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，所以一步能实现转化，故不选；⑥SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，所以能一步实现转化，故不选；故选D．【点评】本题考查物质之间转化，明确物质的性质是解本题关键，熟记元素化合物知识，知道硅酸的制取方法，题目难度不大．　4．常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是（　　）A．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣B．在0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中：A13+、Na+、NO3﹣、C1﹣C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣D．在=10﹣12的溶液中：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．与Al反应能放出H2的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，亚铁离子与企业改革离子反应，酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应；B．铝离子与碳酸钠发生双水解反应；-31-\nC．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子、偏铝酸根离子与氢离子反应；D．=10﹣12的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．【解答】解：A．与Al反应能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Fe2+与氢氧根离子反应，酸性条件下Fe2+、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．A13+与Na2CO3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，AlO2﹣、CO32﹣都与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；D．=10﹣12的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，之间不反应，K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣都不与企业改革离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　5．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（　　）①金属性最强的是铯②氧化性最强的是锂原子③在自然界中均以化合态形式存在④它们的氧化物都只有M2O、M2O2两种形式⑤铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸⑥密度按Li﹣Cs顺序呈依次递增趋势⑦离子半径：Rb+＞K+＞Na+、Cs＞Cs+＞K+-31-\n⑧都可以保存在煤油中．A．①③⑤⑦B．①④⑤⑥⑦C．①②⑥⑧D．①③④⑤【考点】碱金属的性质．【专题】金属概论与碱元素．【分析】①依据同主族元素从上到下金属性依次增强解答；②锂原子，为金属元素原子，反应中只能失去电子，不能得到电子；③活泼金属能够与空气中氧气、水、二氧化碳反应的，只能以化合态存在；④锂只有氧化锂一种氧化物；⑤依据同主族元素从上到下金属性依次增强，结合钠、钾与水反应现象解答；⑥碱金属密度从Li﹣Cs次递减趋势；⑦依据原子半径大小比较规律：电子层越多半径越大解答；⑧锂密度小于煤油．【解答】解：①Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最强的是铯，故①正确；②锂原子不具有氧化性，故②错误；③碱金属性质活泼，易于空气中的水、二氧化碳反应，在自然界中均以化合态形式存在，故③正确；④锂只有氧化锂一种氧化物，不存在过氧化物，故④错误；⑤Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以铯金属性强于钠和钾，水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸，故⑤正确；⑥碱金属密度从Li﹣Cs次递减趋势，故⑥错误；⑦电子层不同的，一般电子层越大半径越大，所以Rb+、K+、Na+，电子层依次减少，所以半径Rb+＞K+＞Na+；Cs、Cs+、K+，电子层依次减少，所以半径Cs＞Cs+＞K+，故⑦正确；⑧锂密度小于煤油，保存在煤油中不能起到隔绝空气作用，应用石蜡密封保存，故⑧错误；故选：A．【点评】本题考查了碱金属的性质，掌握同主族元素性质的递变规律即可解答，题目难度不大．　6．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）-31-\nA．常温下，1mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有氮原子的数目为2NAB．标况下，22.4L氯气通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数为NAC．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAD．将100mL0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒0.01NA【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、溶液体积不明确；B、求出氯气的物质的量，然后根据氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应来分析；C、重水的摩尔质量为20g/mol；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体．【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液总的氮原子的物质的量和个数无法计算，故A错误；B、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子即NA个，故B正确；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量n==0.9mol，而1mol重水含10mol质子，则0.9mol重水含9mol质子即9NA个，故C错误；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的氢氧化铁胶粒的个数小于0.01NA个，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．　7．下列离子方程式正确的是（　　）A．澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OB．硫酸铁和氢氧化钡溶液反应：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═BaSO4↓+Fe（OH）3C．将过量二氧化硫气体通入氨水中：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+D．NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；-31-\nB．硫酸铁和氢氧化钡溶液反应物质的量之比为1：3恰好反应生成硫酸钡、氢氧化铁沉淀；C．将过量二氧化硫气体通入氨水中，反应生成亚硫酸氢铵；D．NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水．【解答】解：A．澄清石灰水与少量苏打溶液混合，离子方程式：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故A错误；B．硫酸铁和氢氧化钡溶液完全反应的离子方程式：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓，故B错误；C．将过量二氧化硫气体通入氨水中，反应生成亚硫酸氢铵，离子方程式：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+，故C正确；D．NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式：Ba（OH）2：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应必须遵循客观事实，遵循原子个数守恒、电荷数守恒规律，注意反应物用量对反应的有你关心，题目难度不大．　8．根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（　　）A．同周期金属元素，原子失电子能力越强，最高化合价越高B．同主族的单核阴离子，其还原性越强，氢化物的稳定性越弱C．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7D．第三周期非金属元素对应的含氧酸酸性从左到右依次增强【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、同周期金属元素原子失电子的能力与化合价的高低无关；B、同主族的单核阴离子，其还原性越强，其元素的非金属性越弱；C、氧和氟无正价；D、第三周期非金属元素对应的最高价含氧酸酸性从左到右依次增强．【解答】解：A、同周期金属元素的原子失电子的能力与化合价的高低无关，如钠与铝，钠的失电子能力强于铝，但铝的最高正价高于钠，故A错误；-31-\nB、同主族的单核阴离子，其还原性越强，其元素的非金属性越弱，所以氢化物的稳定性越弱，故B正确；C、同一周期从左到右，元素的最高正化合价依次升高，但是第二周期中O、F元素没有最高正化合价，故C错误；D、第三周期非金属元素对应的最高价含氧酸酸性从左到右依次增强，不是最高价含氧酸，没有该变化规律，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了元素周期表的结构、元素周期律、非金属性的判断，难度不大，注意元素性质的递变性和规律性．　9．在预防甲型H1N1流感疫情时，防疫部门使用了含氯类消毒剂，其中的氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，下列有关氯胺（NH2Cl）的说法一定不正确的是（　　）A．氯胺水解产物为NH2OH（羟氨）和HClB．氯胺的消毒原理与漂白粉相似C．氯胺中氯的化合价为+1D．氯胺的电子式为【考点】根据化学式判断化合价；电子式；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】信息给予题．【分析】A、由于NH2Cl有强氧化性，所以氯胺的水解可看作NH2﹣Cl和HO﹣H互相交换形成NH3和ClOH，将ClOH改写为HClOB、氯胺（NH2Cl）有强氧化性．C、由于氯胺（NH2Cl）有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，氯元素化合价显正价．D、根据稳定结构，结合原子最外层电子数目判断．【解答】解：A、NH2OH（羟氨）和HCl没有强氧化性，由于NH2Cl有强氧化性，所以氯胺的水解可看作NH2﹣Cl和HO﹣H互相交换形成NH3和ClOH，将ClOH改写为HClO，故A错误；B、氯胺（NH2Cl）有强氧化性，NH2Cl的消毒原理与漂白粉相似，故B正确；-31-\nC、由于氯胺（NH2Cl）有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，氯元素化合价显正价，H为+1，N为﹣3价，根据化合价规则可知，NH2Cl中氯元素的化合价为+1价，故C正确；D、氮原子与氢原子、氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故D正确．故选：A．【点评】考查物质性质与结构、电子式等，难度中等，关键是信息的提取与知识的综合运用．　10．现有CuO和Fe2O3的混合物m克，向其中加入1mol•L﹣1的HNO3溶液200mL恰好完全反应，若将2m克该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为（　　）A．（2m﹣1.6）克B．2（m﹣1.6）克C．（m﹣1.6）克D．3.2克【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；守恒思想；化学实验．【分析】CuO和Fe2O3的混合物与硝酸反应生成硝酸盐和水，CuO～Cu（NO3）2，Fe2O3～Fe（NO3）3，由电荷守恒可知：2n混合物（O）=n（NO3﹣），据此计算2mg混合物中氧元素的质量，用足量CO还原2mg混合物，反应剩余固体为Cu、Fe，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量．【解答】解：CuO和Fe2O3的混合物与硝酸反应生成硝酸盐和水，CuO～Cu（NO3）2，Fe2O3～Fe（NO3）3，由电荷守恒可知mg混合物中2n混合物（O）=n（NO3﹣）=0.2L×1mol/L，则n混合物（O）=0.1mol，故2mg混合物中氧元素的质量为：0.1mol×2×16g/mol=3.2g，用足量CO还原2mg混合物，反应剩余固体为Cu、Fe，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量，即金属质量为：2mg﹣3.2g=2（m﹣1.6）g，故选B．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，确定金属氧化物中O氧原子物质的量与硝酸的物质的量关系是解答该题的关键，也可以根据酸与氧化物生成水计算氧元素质量．　11．下列各组物质反应产生的气体分别通入Na2SO3溶液中，与Na2SO3不发生反应的是（　　）-31-\n①Na2O2和CO2②Al和NaOH溶液③MnO2和浓盐酸共热④浓硝酸和铜片⑤铜片和浓硫酸共热⑥碳酸钠和硫酸反应．A．只有②B．只有②⑤C．只有②⑥D．只有②⑤⑥【考点】含硫物质的性质及综合应用；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；钠的重要化合物；铝的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】①Na2O2和CO2生成氧气；②Al和NaOH溶液产生氢气；③MnO2和浓盐酸共热生成氯气；④浓硝酸和铜片生成二氧化氮；⑤铜片和浓硫酸共热生成二氧化硫；⑥碳酸钠和硫酸反应生成二氧化碳．【解答】解：①Na2O2和CO2生成氧气，氧气通入Na2SO3溶液中，氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，故①不选；②Al和NaOH溶液产生氢气，氢气通入Na2SO3溶液中，不发生反应，故选②；③MnO2和浓盐酸共热生成氯气，氯气通入Na2SO3溶液中，氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，故③不选；④浓硝酸和铜片生成二氧化氮，二氧化氮气通入Na2SO3溶液中，氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，故④不选；⑤铜片和浓硫酸共热生成二氧化硫，二氧化硫通入Na2SO3溶液中，生成亚硫酸氢钠，故⑤不选；⑥碳酸钠和硫酸反应生成二氧化碳，二氧化碳通入Na2SO3溶液中，不反应，故⑥不选；故选A．【点评】本题考查了气体的制备，物质之间的转化，难度不大，解答该类题目，必须牢固把握相关基础知识．　-31-\n12．下列说法正确的是（　　）A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B．在用二氧化锰和浓盐酸制氯气时，在加入二氧化锰后应首先加入浓盐酸，然后再点燃酒精灯C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42﹣或SO32﹣D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题；化学实验基本操作．【分析】A．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；B．若先点燃酒精灯，相当于反应容器直接受热，易炸裂；C．硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀；D．氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液．【解答】解：A．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B．在用二氧化锰和浓盐酸制氯气时，在加入二氧化锰后应先加入浓盐酸，然后再点燃酒精灯，以防止反应容器直接受热引起温度的急剧变化，易炸裂，故B正确；C．硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含SO42﹣，故C错误；D．氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误．故选B．【点评】本题主要考查的是实验室中常见操作和物质的提纯与检验，注意D为易错点，若硝酸钾中混有少量的氯化钠，可以采用此方法提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．　13．已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体-31-\n③溶液呈现蓝色．据此判断下列说法正确的是（　　）A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据有红色金属生成，则生成Cu，溶液为蓝色，则生成硫酸铜，产生刺激性气味的气体，则生成二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，以此来解答．【解答】解：NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热，生成Cu、硫酸铜、二氧化硫，所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，Cu元素的化合价由+1价降低为0，A．硫酸中各元素的化合价不变，故A错误；B．NH4CuSO3中Cu元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，故B错误；C．刺激性气味的气体为二氧化硫，故C错误；D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol×（1﹣0）=0.5mol，故D正确；故选：D．【点评】本题考查氧化还原反应，明确Cu元素的化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大，注意现象与生成物的关系来解答．　14．下列有关实验装置的说法中正确的是（　　）A．图1装置可制取干燥纯净的NH3B．图2装置可以完成“喷泉”实验C．图3装置可测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积-31-\nD．图4装置可用于实验室制备Fe（OH）2【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．氨气采用向下排空气法收集；B．极易溶于该溶液的气体能产生喷泉实验；C．二氧化氮易和水反应生成硝酸和NO；D．铁作阴极，铁电极上氢离子放电．【解答】解：A．氨气密度小于空气且常温下不和氧气反应，所以应该采用向下排空气法收集，故A错误；B．极易溶于该溶液的气体能产生喷泉实验，氯气极易溶于氢氧化钠溶液形成压强差，所以能形成喷泉实验，故B正确；C．二氧化氮易和水反应生成硝酸和NO，所以不能用排水法收集二氧化氮，应该采用向上排空气法收集二氧化氮，故C错误；D．铁作阴极，铁电极上氢离子放电生成氢气，则溶液中不能生成氢氧化亚铁，如果将铁作阳极，阳极上生成亚铁离子、阴极附近生成氢氧根离子，二者反应生成氢氧化亚铁，故D错误；故选B．【点评】本题考查了气体的收集方法、氢氧化亚铁的制备、喷泉实验等知识点，明确物质的性质是解本题关键，根据气体的溶解性、密度确定收集方法，制备氢氧化亚铁时要防止被氧化，易错选项是B，注意并不是只有氨气能形成喷泉实验，为易错点．　15．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B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、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；-31-\n红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，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0.02mol×3+0.02﹣0.02mol×2=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．　二、解答题（共8小题，满分53分）16．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途．回答下列问题：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的离子方程式为　2I﹣+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O　．（2）氢氧化铁与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为　2Fe（OH）3+6H++2I﹣=I2+6H2O+2Fe2+　（3）从海带中提取碘的过程中，下列说法正确的是　B　【考点】海水资源及其综合利用；实验装置综合．【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．-31-\n【分析】（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰；（2）氢氧化铁溶解后得到铁离子具有氧化性，碘化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质；（3）A、苯的碘单质溶液比水轻，分层在上层；B、分离碘和苯的混合溶液，蒸馏冷却的方法分离；C、海带灼烧应在坩埚中；D、过滤需要沿着玻璃棒慢慢注入漏斗中．【解答】解：（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰，反应的离子方程式为：2I﹣+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O，故答案为：2I﹣+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O；（2）氢氧化铁溶解后得到铁离子具有氧化性，碘化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯化亚铁和碘单质，反应离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=I2+6H2O+2Fe2+，故答案为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=I2+6H2O+2Fe2+；（3）A、苯的碘单质溶液比水轻，分层在上层，应遵循“上吐下泻”原则，从上口倒出，故A错误；B、分离碘和苯的混合溶液，蒸馏冷却的方法分离，装置符合蒸馏的实验要求，故B正确；C、海带灼烧应在坩埚中，不是在烧杯中进行，故C错误；D、过滤需要沿着玻璃棒慢慢注入漏斗中，装置中无玻璃棒，故D错误；故答案为：B．【点评】本题考查了物质性质分析，化学方程式、离子方程式书写，实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．　17．黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料．其中一个反应为3FeS2+8O2═6SO2+Fe3O4，氧化产物为　SO2和Fe3O4　，若有3molFeS2参加反应，转移电子数为　32NA　．【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应．【专题】简答题；守恒思想；守恒法；氧化还原反应专题．【分析】反应3FeS2+8O2=Fe3O4+6SO2中Fe元素化合价又+2→+3，化合价升高，S元素化合价由﹣1→+4，化合价升高，O元素化合价由0→﹣2，化合价降低；【解答】解：反应3FeS2+8O2=Fe3O4+6SO2，前后各元素化合价的变化情况如下：-31-\nFe：+2→+3，化合价升高；S：﹣1→+4，化合价升高；O：0→﹣2，化合价降低；因此，在反应中FeS2还原剂，O2是氧化剂，Fe3O4既是氧化产物也是还原产物，SO2既是氧化产物也是还原产物；在上述反应中共转移32个电子，有3molFeS2参加反应，转移电子的物质的量为32mol，所以电子转移数为32NA，故答案为：SO2和Fe3O4；32NA．【点评】本题综合考查氧化还原反应，为高频考点，侧重学生的分析、计算能力的考查，难度不大．　18．与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，其原理为　Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+　（用离子方程表示）【考点】盐类水解的应用；离子方程式的书写．【专题】盐类的水解专题．【分析】Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体可以净水．【解答】解：Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体可以净水，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+．【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，主要是形成的胶体性质分析，胶体具有较大表面积，具有吸附作用，题目较简单．　19．在热的稀硫酸溶液中溶解一定量的FeSO4后，再加入足量的KNO3溶液，可使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，并有气体逸出，请写出相应的离子方程式　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　．【考点】离子方程式的书写．【专题】信息给予题；离子反应专题；元素及其化合物．【分析】硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子，同时生成NO气体和水，据此写出反应的离子方程式．【解答】解：在热的稀硫酸溶液中溶解一定量的FeSO4后，再加入足量的KNO3溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，同时生成一氧化氮气体，该反应的离子方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．-31-\n【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度不大，发生反应的实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．　20．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A是元素周期表中原子半径最小的元素；B元素最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的=3/4倍；C与E同主族．请回答下列问题：（1）X的名称为　硝酸铵　，A、C、D构成的化合物中含有的化学键有　离子键、共价键　．（2）下列各项中，能说明元素C比E非金属性强的事实有　②③④　（填序号）．①氢化物H2E的酸性比H2C强②氢化物H2C的热稳定性比H2E强③氢化物H2E的水溶液放置在空气中会变浑浊④C与E组成化合物，C显负价（3）将由BC和BC2组成的混合气体通入如图所示装置中，用来验证浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强．已知（ⅰ）浓硝酸能将气体BC氧化成BC2，而稀硝酸不能氧化BC．（ⅱ）NaOH溶液与BC2反应的化学方程式为：2NaOH+2BC2═NaBC2+NaBC3+H2O，NaOH溶液与BC气体不反应．装置①、②、③中盛放的药品依次是　H2O　、　稀HNO3　、　浓HNO3　．（4）通入混合气体之前，应先通入一段时间某另外一种气体，试推测先通入的该气体可以是　CO2　（填一种气体的化学式）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素中，是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，则X为NH4NO3-31-\n；D与A同主族，D的原子序数大于N，则D为Na；D且与E同周期，则E为第三周期元素，其次外层电子数为8，最外层电子数为×8=6，即E为S元素，C与E同主族，则C为O元素，据此解答．【解答】解：短周期元素中，是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，则X为NH4NO3；D与A同主族，D的原子序数大于N，则D为Na；D且与E同周期，则E为第三周期元素，其次外层电子数为8，最外层电子数为×8=6，即E为S元素，C与E同主族，则C为O元素．（1）X为NH4NO3，名称为硝酸铵，A、C、D构成的化合物为NaOH，含有的化学键有：离子键、共价键，故答案为：硝酸铵；离子键、共价键；（2）C为O，E为S，非金属性C＞E，可利用气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应、化合时元素化合价来说明，不能利用氢化物酸性判断，故②③④能说明这一结论，故答案为：②③④；（3）BC为NO，BC2为NO2，浓硝酸能将气体BC氧化成BC2，而稀硝酸不能氧化BC，则①中为水，②中为稀硝酸，③中为浓硝酸可验证浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强，生成的二氧化氮在⑤中与碱反应，故答案为：H2O；稀HNO3；浓HNO3；（4）为避免NO被氧化，在实验之前应通入的该气体可以是CO2等，排尽装置中空气，故答案为：CO2．【点评】本题考查位置结构性质的应用、实验探究等，推断元素是解题的关键，注意掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，题目难度中等．　21．中学常见单质A、B和甲、乙、丙三种化合物有如图所示的转换关系（部分产物未列出）．单质A常作为食品包装材料，甲是两性氧化物．根据图示转化关系回答：（1）写出反应①的离子方程式　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．-31-\n（2）写出单质A与Fe2O3反应的化学方程式：　2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe　，除铝热剂外，该反应还需加入　镁粉和氯酸钾　，利用该反应的原理，可用于　焊接钢轨等　．（3）设计一个简单的实验方案，证明上述A与Fe2O3反应所得的块状熔融物中含有单质A．　取少量块状熔融物于烧杯中，加入氢氧化钠溶液，若有气泡冒出，则证明含有单质铝　．【考点】无机物的推断．【专题】推断题；实验设计题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】单质A常作为食品包装材料，甲是两性氧化物，A与氧化铁反应得到甲，且A能与NaOH反应，则A为Al，甲为Al2O3，单质B为H2，乙为NaAlO2，丙为NaAlO2，据此解答．【解答】解：单质A常作为食品包装材料，甲是典型的两性氧化物，A与氧化铁反应得到甲，且A能与NaOH反应，则A为Al，甲为Al2O3，单质B为H2，乙为NaAlO2，丙为NaAlO2，（1）反应①的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（2）A为金属Al，单质A与Fe2O3反应为铝热反应，铝热反应需要引发剂引发高温反应，镁条在空气中可以燃烧，氧气是氧化剂，但插入混合物中的部分镁条燃烧时，氯酸钾则是氧化剂，以保证镁条的继续燃烧，同时放出足够的热量引发氧化铁和铝粉的反应，反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，铝热反应的应用为焊接钢轨等，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；镁粉和氯酸钾；焊接钢轨等；（3）铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，据此可设计一个简单的实验方案，证明铝热反应的产物中含有单质铝，具体操作为取少量块状熔融物于烧杯中，加入氢氧化钠溶液，若有气泡冒出，则证明含有单质铝，故答案为：取少量块状熔融物于烧杯中，加入氢氧化钠溶液，若有气泡冒出，则证明含有单质铝．【点评】本题考查无机物推断，涉及Al元素化合物性质、铝热反应、金属冶炼、离子方程式书写等，难度不大，需要学生熟练掌握元素化合物性质，比较基础．　22．黄铜矿的主要成分是CuFeS2（硫元素显﹣2价，铁元素显+2价）．实验室里用黄铜矿为原料制取单质铜和铁红（Fe2O3）的流程如下：-31-\n已知：CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2FeS+2HCl═FeCl2+HS2↑（1）在实验室中，应将黄铜矿粉末放在　坩埚　（填仪器名称）中焙烧，操作a为　过滤、洗涤、干燥、灼烧　．（2）欲选用下列部分装置在实验室中以MnO2和浓盐酸为原料制取纯净、干燥的氯气．①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为　MnO2+4H++2Cl‾Mn2++Cl2↑+2H2O　．②按气流方向由左到右，导管口连接顺序为a→　b→c→g→h→d　．③装置连接好后，在装药品前，需检验装置的气密性，具体方法是　关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中，微热圆底烧瓶，若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气　．（3）若使用20g黄铜矿粉末可制得8gFe2O3（铁红），则该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数是　92%　（假设各步反应均完全进行且过程中无额外物质损耗）．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】推断题；实验设计题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；化学实验．【分析】（1）固体的焙烧在坩埚内进行；操作a的目的是将溶液B中产生的氢氧化铁沉淀过滤出来，再灼烧得氧化铁；（2）①圆底烧瓶中发生反应为MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、MnCl2、H2O；②生成的Cl2含有HCl、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl、继续连接g、h，通过浓硫酸，除去H2O，再连接d，即可收集纯净、干燥的氯气；③利用加热气体膨胀的原理进行装置气密性的检验；（3）根据Fe元素守恒可得：2CuFeS2～Fe2O3，以此计算该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数．-31-\n【解答】解：（1）固体的焙烧在坩埚内进行，操作a的目的是将溶液B中产生的氢氧化铁沉淀过滤出来，再灼烧得氧化铁，所以操作a为过滤、洗涤、干燥、灼烧，故答案为：坩埚；过滤、洗涤、干燥、灼烧；（2）①圆底烧瓶中发生反应为MnO2与浓盐酸反应生成Cl2、MnCl2、H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl‾Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl‾Mn2++Cl2↑+2H2O；②生成的Cl2含有HCl、H2O，所以a连接b、c，通过饱和食盐水除去HCl、继续连接g、h，通过浓硫酸，除去H2O，再连接d，即可收集纯净、干燥的氯气；故答案为：b→c→g→h→d；③利用加热气体膨胀的原理进行装置气密性的检验，所以检验方法为：关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中，微热圆底烧瓶，若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气；故答案为：关闭分液漏斗的活塞，将导管插入水中，微热圆底烧瓶，若导管末端产生气泡，停止加热，导管中有一段水柱形成，说明装置不漏气；（3）根据Fe元素守恒可得：2CuFeS2～Fe2O3，所以该黄铜矿中含CuFeS2的质量分数=×100%=92%，故答案为：92%．【点评】本题考查了物质制备过程分析判断，物质性质的理解应用，化学方程式和离子方程式书写方法，掌握基础是关键，题目难度较大．　23．FeSO4•7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4•7H2O的流程如下：（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10%Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是　除去废铁屑表面的油污　．（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②　降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗　．-31-\n（3）FeSO4•7H2O是某些补血剂的主要成分，将1.5g某补血剂预处理，配成100mL溶液．实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测定该补血剂（1.5g）中铁元素的含量，①配制100mL1.200×10﹣2mol•L﹣1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容量瓶中的操作方法是　用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口　②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是　c　．a．稀硝酸b．稀盐酸c．稀硫酸d．浓硝酸KMnO4溶液应盛装在　酸式　滴定管中．滴定到终点时的现象为　滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色　．③滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下．滴定次数实验数据123V（样品）/mL20.0020.0020.00V（KMnO4）/mL（初读数）0.000.200.00V（KMnO4）/mL（终读数）15.8515.2214.98该补血剂中铁元素的质量分数为　16.8%　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；计算题；热点问题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物；化学实验．【分析】（1）CO32﹣水解生成OH﹣，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解；（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大；（3）①转移液体需要引流；②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性；高锰酸钾有强氧化性，应放在酸式滴定管中；滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色；③配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，根据方程式进行计算，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，以此计算．【解答】解：（1）CO32﹣水解生成OH﹣，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，故答案为：除去废铁屑表面的油污；（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗，故答案为：降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗；-31-\n（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸，故选c；高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；故答案为：c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；③配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，反应需要的高锰酸钾的物质的量为×10﹣3L×1.2×10﹣2mol/L=18×10﹣5mol则：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O5mol1moln18×10﹣5moln=18×10﹣5mol×5=90×10﹣5mol，则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10﹣5mol×5×56g/mol=0.252g，所以该补血剂中铁元素的含量为×100%=16.8%，故答案为：16.8%．【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析判断和反应产物的计算判断，元素守恒、元素化合价是解题关键，题目难度中等．　-31-