山东省菏泽市单县五中高三化学上学期第一次月考试题含解析

2022-2022学年山东省菏泽市单县五中高三（上）第一次月考化学试卷　一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列关于金属钠的叙述错误的是（　　）A．金属钠可以保存在煤油中B．金属钠着火时，可用泡沫灭火器来灭火C．钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛D．实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶　2．下列说法不正确的是（　　）A．用加热法可除去Na2CO3中的NaHCO3B．Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3C．可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液D．小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污　3．设NA为阿佛加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．常温常压下，8gO2含有4NA个电子B．1L1mol/L的K2SO4中有NA个K+C．标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去个NA电子　4．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．标准状况下22.4LNO2中分子数约为NA个B．常温下，18gO2中含有个NA氧原子C．31g白磷中含的共价键数为3NAD．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有0.1NAOH﹣　5．下列说法正确的是（　　）A．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应的产物也相同B．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，Na2O2是氧化剂H2O是还原剂C．Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂时氧元素既被氧化又被还原　6．水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）A．Na+、Al3+、Cl﹣、CO32﹣B．H+、Na+、Fe2+、MnO4﹣C．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣D．K+、NH4+、OH﹣、SO42﹣　7．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）A．pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣NO3﹣B．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣20\nC．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+D．酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣　8．能正确表示下列反应的离子反应方程式为（　　）A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3↑+2H2OB．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br﹣+4Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣D．醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O　9．在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（　　）A．2Br﹣+4H++SO═SO2+Br2+2H2OB．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO+4H+C．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣D．I2+SO2+2H2O═4H++SO+2I﹣　10．240mL浓度为0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液恰好与200mL浓度为0.02mol•L﹣1的K2X2O7溶液完全反应．已知Na2SO3可被K2X2O7氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为（　　）A．+2B．+4C．+5D．+3　11．分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（　　）①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物⑤根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质．A．②④B．①②④C．①③⑤D．②③④　12．有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、Al（OH）4﹣、Al3+、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入一定量1mol/LNaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后才有沉淀．则下列判断正确的是（　　）A．溶液中可能含有Al（OH）4﹣B．溶液中可能含有NO3﹣C．溶液中一定不含Fe2+和Fe3+D．溶液中可能含有Fe3+，但一定不含Fe2+　13．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．FeCl2溶液中通入氯气：Fe2++Cl2═Fe3++2Cl﹣B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OC．FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑20\nD．碳酸氢镁和足量的氢氧化钙溶液反应：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O　14．在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg•cm﹣3，质量分数为ω，其中含NH4+的物质的量为bmoL．下列叙述中正确的是（　　）A．溶质的质量分数为ω=×100%B．溶质的物质的量浓度c=mol•L﹣1C．溶液中c（OH﹣）=mol•L﹣1D．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω　15．火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，下列说法中，正确的是（　　）A．Cu2S只作还原剂B．S元素发生还原反应C．该反应既是氧化还原反应又是置换反应D．当1molO2参加反应时，共转移4mole﹣　16．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（　　）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO2↓+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑用惰性电极电解MgBr2溶液2Br﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性H++OH﹣=H2O稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应至中性H++OH﹣=H2OA．AB．BC．CD．D　　二、非选择题（共52分）17．实验室用密度为1.25g•L﹣1溶质质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL0.1mol•L﹣1的盐酸，请问答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为　　　　　　．（2）配制240mL0.1mol•L﹣1的盐酸应量取浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL（3）配制时，正确的操作顺序是　　　　　　（用字母表示，位个字母只能用一次，并将步骤A，E补充完整）20\nA．用30mL水洗涤　　　　　　2﹣3次，洗涤液均注人容量瓶，振荡B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加人少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注人容量瓶中D．将容最瓶盖紧，振荡、摇匀E．改用　　　　　　加水，使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面距离刻度线1﹣2cm处（4）操作A中，将洗涤液都移人容量瓶，其目的是　　　　　　．　18．实验室中可用KClO3和浓HCl反应制取氯气，写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目　　　　　　；该反应中，氧化产物是　　　　　　，还原产物是　　　　　　，氧化产物与还原产物的物质的量之比是　　　　　　．　19．化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣在酸性条件下发生如下反应，请配平该反应．　　　　　　Ni2++　　　　　　H2PO2﹣+　　　　　　→　　　　　　Ni++　　　　　　H2PO3﹣+　　　　　　．　20．某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Cl﹣中的某几种离子，现进行如下实验：①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成．②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失．（1）肯定不存在的离子是　　　　　　．（2）写出步骤②中生成沉淀和气体的反应的离子方程式　　　　　　；（3）已知一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl﹣？　　　　　　（填“有”或“无”）．　21．明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量氧化铁杂质．具体实验步骤如图所示：根据上述图示，完成下列填空：（1）明矾石焙烧后用稀氨水浸出．配制500mL稀氨水（每升含有39.20g氨）需要取浓氨水（每升含有250.28g氨）　　　　　　mL，用规格为　　　　　　mL量筒量取．（2）氨水浸出后得到固液混合体系，过滤，滤液中除K+、SO42﹣外，还有大量的NH4+．检验NH4+的方法是　　　　　　．（3）写出沉淀物中所有物质的化学式　　　　　　．（4）滤液I的成分是水和　　　　　　．20\n（5）为测定混合肥料K2SO4、（NH4）2SO4中钾的含量，完善下列步骤：①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量　　　　　　溶液，产生白色沉淀．②　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　（依次填写实验操作名称）．③冷却、称重．（6）若试样为mg，沉淀的物质的量为nmol，则试样中K2SO4的物质的量为：　　　　　　mol（用含m、n的代数式表示）．　22．铁是人类较早使用的金属之一．运用铁及其化合物的有关知识，同答下列问题：（1）铁和铁合金是生活中的常用材料，下列叙述中，正确的是　　　　　　．（填序号）A．纯铁硬度比生铁高B．纯铁耐腐蚀性强，不易生锈C．不锈钢是铁合金，只含金属元素D．铁在一定条件下，可与水蒸气反应E．铁在冷的浓硫酸中钝化（2）向沸水中逐滴滴加1mol﹣L﹣1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为　　　　　　，所形成该分散系的微粒粒度范围是　　　　　　．（3）电子工业需用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路极．请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式　　　　　　．欲从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液，现有下列试剂：①氯气②铁粉③浓硝酸④浓盐酸⑤烧碱⑥浓氨水，需要用到的一组试剂是　　　　　　．A．①②④B．①③④⑥C．②④⑤D．①④⑥（4）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂．①高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe（OH）3+3X+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，则X的化学式为　　　　　　．②高铁酸钠在水中可以发生如下反应：4FeO+10H2O═4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑．由此看来，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有　　　　　　性，而能够除去水中悬浮物是因为　　　　　　．③下列物质能用作净水剂的有　　　　　　．a．KAl（SO4）2•l2H2Ob．聚合硫酸铁[Fe（OH）（SO4）]nc．ClO2d．“84”消毒液．　　20\n2022-2022学年山东省菏泽市单县五中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列关于金属钠的叙述错误的是（　　）A．金属钠可以保存在煤油中B．金属钠着火时，可用泡沫灭火器来灭火C．钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛D．实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶【考点】钠的化学性质；化学试剂的存放．【分析】A、金属钠的密度比煤油的大；B、金属钠燃烧生成的过氧化钠可以和二氧化碳之间反应，泡沫灭火器产生的是二氧化碳；C、钠的还原性强，钠能与熔融状态下的四氯化钛反应制取金属钛；D、实验时用剩的钠块应该放回原瓶．【解答】解：A、金属钠的密度比煤油的大，通常少量的金属钠可保存在煤油中，故A正确；B、金属钠着火不可用泡沫灭火器灭火，这样会使或燃烧得更旺，故B错误；C、钠的还原性强，可用钠和熔融状态下的四氯化钛反应制取金属钛，故C正确；D、实验时用剩的钠块应该放回原瓶，故D正确．故选B．【点评】本题涉及金属钠的保存以及性质等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．　2．下列说法不正确的是（　　）A．用加热法可除去Na2CO3中的NaHCO3B．Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3C．可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液D．小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污【考点】钠的重要化合物；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】NaHCO3俗名小苏打，不稳定，加热易分解，Na2CO3俗名纯碱，二者都能与石灰水反应，相同温度下，Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，以此解答该题．【解答】解：A．因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，则可用加热法除去Na2CO3固体中的NaHCO3，故A正确；B．因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，所以Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，故B正确；C．NaHCO3和Na2CO3都可以与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液，故C错误；D．NaHCO3俗名小苏打，可中和胃酸，Na2CO3俗名纯碱，水解显碱性可除去油污，故D正确．故选C．20\n【点评】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用稳定性、与石灰水的反应、水解、与碱的反应来分析解答，题目难度不大．　3．设NA为阿佛加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．常温常压下，8gO2含有4NA个电子B．1L1mol/L的K2SO4中有NA个K+C．标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去个NA电子【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．1mol氧气含有16mol电子；B．1molK2SO4中含有2molK+；C．标况下盐酸为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算盐酸的物质的量；D．1molNa失去1mol电子．【解答】解：A．8gO2的物质的量是0.25mol，含有4mol电子，故A正确；B．1L1mol/L的K2SO4的物质的量是1mol，含有2NA个K+，故B错误；C．标准状况下，盐酸的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯化氢物质的量，且盐酸中不存在氯化氢分子，故C错误；D．1molNa变为0.5molNa2O2，转移电子数为NA，故D正确．故选AD．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项A为易错点．　4．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．标准状况下22.4LNO2中分子数约为NA个B．常温下，18gO2中含有个NA氧原子C．31g白磷中含的共价键数为3NAD．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有0.1NAOH﹣【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、根据分子数N=来计算；B、O2由氧原子构成；C、白磷分子中含有6个P﹣P共价键，白磷分子式为P4，据此进行计算含有共价键数目；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、标况下，22.4L气体中含有的分子数N===NA个，故A正确；B、O2由氧原子O构成，故18gO2中含有的O的物质的量n==1mol，即NA个，故B正确；20\nC、白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P﹣P共价键；31g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P﹣P共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5NA，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中含有的氢氧根的个数无法计算，故D错误．故选AB．【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．下列说法正确的是（　　）A．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应的产物也相同B．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，Na2O2是氧化剂H2O是还原剂C．Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂时氧元素既被氧化又被还原【考点】钠的重要化合物；氧化还原反应．【分析】A．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气；B．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，根据化合价判断；C．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，根据离子反应的特征判断；D．在呼吸面具中，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气常作供氧剂，根据化合价判断．【解答】解：A．Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气，产物不同，故A错误；B．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．Na2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，原子不守恒，故C错误；D．在呼吸面具中，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气常作供氧剂，Na2O2用作呼吸面具的供氧剂时氧元素即被氧化又被还原，故D正确．故选D．【点评】本题考查钠的重要化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握过氧化钠与水、二氧化碳反应的特点，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．　6．水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）A．Na+、Al3+、Cl﹣、CO32﹣B．H+、Na+、Fe2+、MnO4﹣C．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣D．K+、NH4+、OH﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解等，则离子能大量共存，以此来解答．【解答】解：A．因Al3+、CO32﹣相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故A错误；B．因H+、Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；C．因该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D．因NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，则不能共存，故D错误；故选C．20\n【点评】本题考查离子的共存，明确离子之间的反应即可解答，注意相互促进水解的反应及氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大．　7．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）A．pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣NO3﹣B．无色溶液中：K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣C．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+D．酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．pH=11的溶液，显碱性；B．MnO4﹣为紫色；C．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．离子之间发生氧化还原反应．【解答】解：A．pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故B错误；C．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能大量存在HCO3﹣，碱性溶液中不能大量存在HCO3﹣、NH4+，故C错误；D．Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A．【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、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　8．能正确表示下列反应的离子反应方程式为（　　）A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3↑+2H2OB．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br﹣+4Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣D．醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、由于浓KOH溶液过量，所以NH4HCO3溶液中的NH4+、HCO3﹣完全反应；B、根据滴加Ba（OH）2溶液后，恰好使SO42﹣沉淀，得出明矾和Ba（OH）2的比例，从而写出反应；C、氯气足量，故Fe2+和Br﹣均完全反应，但要注意Fe2+和Br﹣的比例；D、醋酸是弱酸，应从能否拆分的角度来考虑．【解答】解：A、由于浓KOH溶液过量，所以NH4HCO3溶液中的NH4+、HCO3﹣完全反应．故化学方程式：NH4HCO3+2KOH=K2CO3+NH3↑+2H2O，NH4HCO3、KOH和K2CO3均可以拆，故离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3↑+2H2O，故A正确；B、明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全，得出明矾和Ba（OH）2的比例为1：2，故离子方程式为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2﹣+BaSO4↓+2H2O，故B错误；C、向FeBr2溶液中通入足量氯气后，Fe2+和Br﹣均被完全氧化，故化学方程式：2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2，离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C错误；D、醋酸是弱酸，不能拆，故离子方程式应为：2CH3COOH+CaCO3═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故D错误；20\n故选A．【点评】本题从物质的拆分角度、与量有关等角度考查了离子方程式的书写，较简单．　9．在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（　　）A．2Br﹣+4H++SO═SO2+Br2+2H2OB．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO+4H+C．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣D．I2+SO2+2H2O═4H++SO+2I﹣【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性规律来分析．【解答】解：A、根据反应得出还原性强弱是：Br﹣＞SO2，和题干的还原性强弱不吻合，所以C不能发生，故A正确；B、根据反应得出还原性强弱是：SO2＞Fe2+，和题干的还原性强弱吻合，所以A能发生，故B错误；C、根据反应得出还原性强弱是：Fe2+＞Cl﹣，和题干的还原性强弱吻合，所以B能发生，故C错误；D、根据反应得出还原性强弱是：I﹣＜SO2，和题干的还原性强弱吻合，所以D能发生，故D错误．故选A．【点评】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和氧化性还原性强弱的判断规律，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　10．240mL浓度为0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液恰好与200mL浓度为0.02mol•L﹣1的K2X2O7溶液完全反应．已知Na2SO3可被K2X2O7氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为（　　）A．+2B．+4C．+5D．+3【考点】氧化还原反应的计算．【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2X2O7中X元素发生还原反应，令X元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值．【解答】解：令X元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则240×10﹣3L×0.05mol/L×（6﹣4）=200×10﹣3L×0.02mol/L×2×（6﹣a），解得a=+3，故选D．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意电子转移守恒思想的运用，题目难度不大．　11．分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（　　）①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应20\n③根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物⑤根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质．A．②④B．①②④C．①③⑤D．②③④【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；强电解质和弱电解质的概念．【专题】物质的分类专题．【分析】①根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等；②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；③根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液；④由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上元素构成的纯净物是化合物；⑤根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质．【解答】解：①根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物和不成盐氧化物等，故①正确；②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，有电子转移的是氧化还原反应，无电子转移的是非氧化还原反应，故②正确；③根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液，故③错误；④由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上元素构成的纯净物是化合物，故单质和化合物的区别是纯净物中元素的种类，故④正确；⑤根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，能完全电离的是强电解质，不能完全电离的是弱电解质，故⑤错误．故选B．【点评】本题考查了氧化物、化学反应、分散系和电解质的分类依据，掌握分类标准是解题关键，难度不大．　12．有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、Al（OH）4﹣、Al3+、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的几种，向该溶液中逐滴加入一定量1mol/LNaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后才有沉淀．则下列判断正确的是（　　）A．溶液中可能含有Al（OH）4﹣B．溶液中可能含有NO3﹣C．溶液中一定不含Fe2+和Fe3+D．溶液中可能含有Fe3+，但一定不含Fe2+【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】向该溶液中加入NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中Al（OH）4﹣、CO32﹣离子因发生反应生成弱电解质而不能存在，而后才有沉淀．能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，结合溶液的电中性和Fe2+离子的还原性以及硝酸的强氧化性做进一步的推断．【解答】解：向该溶液中加入一定量1mol/LNaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后才有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+离子，因为Al（OH）4﹣、CO32﹣离子分别与H+离子反应生成Al（OH）3沉淀、CO2气体，故在酸性溶液中不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，而阴离子只剩下了NO3﹣，则NO3﹣离子一定有；20\n能够与NaOH溶液生成沉淀的有Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3﹣离子发生氧化还原反应而不能共存，则一定不含Fe2+离子，故Fe3+离子、Al3+离子至少有一种．综上所述，溶液中一定含有H+、NO3﹣；一定没有Al（OH）4﹣、CO32﹣、Fe2+；Fe3+离子、Al3+离子至少有一种．故选D．【点评】本题考查常见离子的检验，注意从反应的现象推断离子的存在，把握物质的性质和离子的检验方法是做本题的关键，题目难度不大．　13．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．FeCl2溶液中通入氯气：Fe2++Cl2═Fe3++2Cl﹣B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OC．FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑D．碳酸氢镁和足量的氢氧化钙溶液反应：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电子、电荷不守恒；B．小苏打完全反应，反应生成碳酸钙、水、NaOH；C．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；D．漏写镁离子与碱的反应．【解答】解：A．FeCl2溶液中通入氯气的离子反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故A错误；B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故B正确；C．FeS固体放入稀硝酸溶液中的离子反应为FeS+NO3﹣+4H+═Fe3++2H2O+NO↑+S↓，故C错误；D．碳酸氢镁和足量的氢氧化钙溶液反应的离子反应为Mg2++2Ca2++4OH﹣+2HCO3﹣═2CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大．　14．在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为ρg•cm﹣3，质量分数为ω，其中含NH4+的物质的量为bmoL．下列叙述中正确的是（　　）A．溶质的质量分数为ω=×100%B．溶质的物质的量浓度c=mol•L﹣1C．溶液中c（OH﹣）=mol•L﹣1D．上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】计算题．【分析】A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρg•cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算；20\nB、根据n=计算agNH3的物质的量，溶液体积为VmL，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；C、溶液OH﹣中来源与一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为=mol/L，一水合氨电离NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，一水合氨电离出的OH﹣浓度为mol/L；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断．【解答】解：A、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρg•cm﹣3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为×100%，故A错误；B、agNH3的物质的量为=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L，故B正确．C、溶液OH﹣来源于一水合氨、水的电离，NH4+的浓度为=mol/L，一水合氨电离NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，一水合氨电离出的OH﹣浓度为mol/L，所以溶液中OH﹣浓度大于mol/L，故C错误；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D错误；故选B．【点评】考查物质的量浓度、质量分数的计算与相互关系等，难度中等，理解概念是解题的关键．　15．火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2，下列说法中，正确的是（　　）A．Cu2S只作还原剂B．S元素发生还原反应C．该反应既是氧化还原反应又是置换反应D．当1molO2参加反应时，共转移4mole﹣【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、根据元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的物质做还原剂，化合价降低的做氧化剂；B、硫元素化合价升高被氧化；C、反应前后化合价变化的为氧化还原反应，单质和化合物反应生成单质和化合物的反应为置换反应；D、依据氧化还原反应的电子的电子守恒计算判断．20\n【解答】解：A、依据化学方程式分析铜元素化合价从+1价变化为0价，硫元素化合价从﹣2价变化为+4价，所以Cu2S即作氧化剂又做还原剂，故A错误；B、硫元素化合价从﹣2价变化为+4价，化合价升高被氧化，发生氧化反应，故B错误；C、该反应符合氧化还原反应和置换反应的概念，所以既是氧化还原反应又是置换反应，故C正确；D、依据化学方程式分析铜元素化合价从+1价变化为0价，硫元素化合价从﹣2价变化为+4价，氧元素化合价从0价变化为﹣2价，依据电子守恒得到：当1molO2参加反应时，共转移6mole﹣；故D错误；故选C．【点评】本题考查了氧化还原反应的特征和实质应用，主要是氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，氧化反应还原反应等概念的判断，电子守恒的计算应用，关键正确标注元素化合价是解题关键．　16．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（　　）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO2↓+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑用惰性电极电解MgBr2溶液2Br﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性H++OH﹣=H2O稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应至中性H++OH﹣=H2OA．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【分析】A．钠的性质比较活泼，与盐溶液反应时先与水反应；B．二氧化碳与二氧化硫都是酸性氧化物，但是二氧化硫具有还原性，能够被次氯酸根氧化；C．氢氧化镁是沉淀应保留化学式；D．稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水．【解答】解：A．将Na加入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出铜，故A错误；B．向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO4+H++Cl﹣+HClO，故B错误；C．用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式为：Mg2++2Br﹣+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Br2，故C错误；D．稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H++OH﹣=H2O，故D正确；故选：D．20\n【点评】本题考查了离子方程式的书写，为考试的热点，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分，题目难度不大．　二、非选择题（共52分）17．实验室用密度为1.25g•L﹣1溶质质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL0.1mol•L﹣1的盐酸，请问答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为　12.5mol．l﹣1　．（2）配制240mL0.1mol•L﹣1的盐酸应量取浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL（3）配制时，正确的操作顺序是　BCAFED　（用字母表示，位个字母只能用一次，并将步骤A，E补充完整）A．用30mL水洗涤　烧杯和玻璃杯　2﹣3次，洗涤液均注人容量瓶，振荡B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加人少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注人容量瓶中D．将容最瓶盖紧，振荡、摇匀E．改用　胶头滴管　加水，使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面距离刻度线1﹣2cm处（4）操作A中，将洗涤液都移人容量瓶，其目的是　保证溶质全部转移到容量瓶　．【考点】溶液的配制．【分析】（1）依据C=计算浓度；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤解答；（3）A．依据洗涤的正确操作解答；E．依据定容的操作解答；（4）为了试验的准确性，应将所有溶质全部转移到容量瓶中．【解答】解：（1）浓盐酸的物质的量浓度为=12.5mol/L，故答案为：12.5mol．l﹣1；（2）配制一定物质的量浓度的溶液步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，故正确的顺序为：BCAFED；故答案为：BCAFED；（3）A．移液后，用30mL水洗涤洗涤烧杯和玻璃杯2﹣3次，洗涤液均注人容量瓶，振荡；故选：烧杯和玻璃杯；E．定容时，开始直接加入蒸馏水到离刻度线1﹣2CM时改用胶头滴管逐滴滴加，直到溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切；故答案为：胶头滴管；（4）为了试验的准确性，应将所有溶质全部转移到容量瓶中，所有操作A中，将洗涤液都移人容量瓶，目的是保证溶质全部转移到容量瓶，减小误差；故答案为：保证溶质全部转移到容量瓶．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制原理是解题关键，题目难度不大．　20\n18．实验室中可用KClO3和浓HCl反应制取氯气，写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目　　；该反应中，氧化产物是　Cl2　，还原产物是　Cl2　，氧化产物与还原产物的物质的量之比是　5：1　．【考点】氧化还原反应．【分析】KClO3+6HCl=KC1+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，以此来解答．【解答】解：反应中只有Cl元素化合价发生变化，当有3molCl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为，KClO3中氯元素化合价，为氧化剂，对应Cl2为还原产物，HCl中Cl元素的化合价升高为还原剂，对应的Cl2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比是5：1；故答案为：；Cl2；Cl2；5：1．【点评】本题考查氧化还原反应，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的考查，题目难度不大．　19．化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣在酸性条件下发生如下反应，请配平该反应．　1　Ni2++　1　H2PO2﹣+　H2O　→　1　Ni++　1　H2PO3﹣+　2H+　．【考点】氧化还原反应方程式的配平．【专题】计算题；守恒思想；守恒法；氧化还原反应专题．【分析】反应中镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据氧化还原反应中化合价变化及质量守恒定律判断反应物和生成物，并配平反应方程式、判断还原产物．【解答】解：由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2﹣+═Ni+H2PO3﹣+2H+，故答案为：1；1；H2O；1；1；2H+．【点评】本题考查了氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化及原子守恒为解答的关键，题目难度不大．　20．某强碱性溶液中可能含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2﹣、SO42﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Cl﹣中的某几种离子，现进行如下实验：①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成．②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失．（1）肯定不存在的离子是　NH4+、Al3+、SO42﹣、SiO32﹣　．（2）写出步骤②中生成沉淀和气体的反应的离子方程式　AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑　；（3）已知一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl﹣？　有　（填“有”或“无”）．20\n【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】强碱性溶液中一定不存在Al3+、NH4+；①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则不含有硫酸根离子，可能含有碳酸根离子；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，一定含有AlO2﹣，根据实验的现象和离子共存知识确定存在的离子和一定不存在的离子．【解答】解：（1）强碱性溶液中一定不存在Al3+、NH4+；①取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则一定不含有SO42﹣和SiO32﹣，可能含有CO32﹣离子；②另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，根据电中性原理，确定一定含有K+；故答案为：NH4+、SO42﹣、SiO32﹣、Al3+；（2）据（1）分析得知：步骤②中生成沉淀和气体分别为氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故离子反应方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，故答案为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓、CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑；（3）一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸即0.001mol的盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g，即氯化银的量为0.0013mol，大于0.001mol，所以含有Cl﹣，故答案为：有．【点评】本题是一道离子检验和离子反应知识的综合题目，主要考查学生分析和解决问题的能力，难度较大．　21．明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量氧化铁杂质．具体实验步骤如图所示：根据上述图示，完成下列填空：（1）明矾石焙烧后用稀氨水浸出．配制500mL稀氨水（每升含有39.20g氨）需要取浓氨水（每升含有250.28g氨）　78　mL，用规格为　100　mL量筒量取．（2）氨水浸出后得到固液混合体系，过滤，滤液中除K+、SO42﹣外，还有大量的NH4+．检验NH4+的方法是　取滤液少许，加入NaOH加热，生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝　．（3）写出沉淀物中所有物质的化学式　Al（OH）3、Al2O3、Fe2O3　．（4）滤液I的成分是水和　K2SO4、（NH4）2SO4　．（5）为测定混合肥料K2SO4、（NH4）2SO4中钾的含量，完善下列步骤：20\n①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量　BaCl2　溶液，产生白色沉淀．②　过滤　、　洗涤　、　干燥　（依次填写实验操作名称）．③冷却、称重．（6）若试样为mg，沉淀的物质的量为nmol，则试样中K2SO4的物质的量为：　mol　mol（用含m、n的代数式表示）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】（1）根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓氨水的体积；根据配制的溶液体积选择容量瓶规格；（2）检验铵离子方法一般为：向溶液中加入碱溶液，然后加热，利用红色的石蕊试纸检验；（3）根据题干信息及氨水与铝离子反应生成了氢氧化铝判断沉淀物成分；（4）明矾石的组成和明矾相似，根据工艺流程转化关系可知，滤液I中含有K2SO4和反应生成（NH4）2SO4；（5）混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要产生白色沉淀，加入的溶液为BaCl2或Ba（NO3）2溶液；然后进行操作：先将混合液过滤，然后洗涤沉淀，最后干燥，冷却后称重；（6）试样为mg，则174n（K2SO4）+132n[（NH4）2SO4]=m，沉淀的物质的量为nmol，即BaSO4的物质的量为nmol，根据硫酸根守恒有：n（K2SO4）+n[（NH4）2SO4]=n．据此计算．【解答】解：（1）配制500mL稀氨水（每升含有39.20g氨），需要使用500mL容量瓶，需要浓氨水（每升含有250.28g氨）的体积为：≈0.078L=78mL，故答案为：78；100；（2）可以使用氢氧化钠和红色石蕊试纸进行检验，具体检验NH4+的方法为：取滤液少许，加入NaOH加热，生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，故答案为：取滤液少许，加入NaOH加热，生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝（合理即给分）；（3）明矾石的组成和明矾相似，所以能够与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，还含有氧化铝和少量氧化铁杂质不与氨水反应也不容易水，所以沉淀物为：Al（OH）3、Al2O3、Fe2O3，故答案为：Al（OH）3、Al2O3、Fe2O3；（4）明矾石的组成和明矾相似，根据工艺流程转化关系可知，滤液I中含有K2SO4和反应生成（NH4）2SO4，故答案为：K2SO4、（NH4）2SO4；（5）混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要产生白色沉淀，加入的溶液为BaCl2或Ba（NO3）2溶液；然后进行操作：先将混合液过滤，然后洗涤沉淀，最后干燥，冷却后称重，故答案为：BaCl2或Ba（NO3）2；过滤、洗涤、干燥．（6）试样为mg，则174n（K2SO4）+132n[（NH4）2SO4]=m，沉淀的物质的量为nmol，即BaSO4的物质的量为nmol，根据硫酸根守恒有：n（K2SO4）+n[（NH4）2SO4]=n．联立解得，n（K2SO4）=mol，故答案为：．【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、离子的检验与共存、物质分离提纯等基本操作、物质性质与化学用语、化学计算等，题目难度中等，本题注意常见离子检验的方法的积累．需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力．20\n　22．铁是人类较早使用的金属之一．运用铁及其化合物的有关知识，同答下列问题：（1）铁和铁合金是生活中的常用材料，下列叙述中，正确的是　BDE　．（填序号）A．纯铁硬度比生铁高B．纯铁耐腐蚀性强，不易生锈C．不锈钢是铁合金，只含金属元素D．铁在一定条件下，可与水蒸气反应E．铁在冷的浓硫酸中钝化（2）向沸水中逐滴滴加1mol﹣L﹣1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为　Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+　，所形成该分散系的微粒粒度范围是　1﹣100nm　．（3）电子工业需用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路极．请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式　2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+　．欲从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液，现有下列试剂：①氯气②铁粉③浓硝酸④浓盐酸⑤烧碱⑥浓氨水，需要用到的一组试剂是　A　．A．①②④B．①③④⑥C．②④⑤D．①④⑥（4）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型净水剂．①高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe（OH）3+3X+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，则X的化学式为　NaClO　．②高铁酸钠在水中可以发生如下反应：4FeO+10H2O═4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑．由此看来，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有　氧化　性，而能够除去水中悬浮物是因为　氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮杂质　．③下列物质能用作净水剂的有　ab　．a．KAl（SO4）2•l2H2Ob．聚合硫酸铁[Fe（OH）（SO4）]nc．ClO2d．“84”消毒液．【考点】氧化还原反应；盐类水解的应用；金属与合金在性能上的主要差异．【分析】（1）A．合金的硬度比各成分金属的大；B．纯铁不能形成原电池；C．不锈钢含有的金元素有铁、镍、钼、钛、铌、铜、氮等；D．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；E．浓硫酸具有强的氧化性；（2）向沸水中逐滴滴加1mol•L﹣1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色得到氢氧化铁胶体；（3）FeC13溶液与铜反应生成氯化亚铁了氯化铜；腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，铁可以置换金属铜，可以和三价铁反应，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁；（4）①根据质量守恒定律的实质，反应前后各元素的原子个数相等推断X的化学式；②具有氧化性物质能够杀菌消毒，氢氧化铁胶体具有吸附性；③具有较大表面积能够吸附杂质颗粒的物质能够做净水剂．【解答】解：（1）A．合金的硬度比各成分金属的大，故A错误；B．纯铁不能形成原电池，生铁含碳量高，容易形成原电池，腐蚀速率快，故B正确；C．不锈钢含有的金元素有铁、镍、钼、钛、铌、铜、氮等，故错误；D．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故D正确；20\nE．浓硫酸具有强的氧化性，冷的浓硫酸与铁发生钝化反应，故E正确；故选：BDE；（2）氢氧化铁胶体制备的离子方程式为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铁胶体的微粒直径范围是1﹣100nm，故答案为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；1﹣100nm；（3）FeC13溶液与铜反应生成氯化亚铁了氯化铜，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，加入过量的铁可以和氯化铁反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，即Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，过滤，所得的滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，Fe+2H+=Fe2++H2↑，向滤渣中加入足量的盐酸可以将铜分离，再过滤，得到的滤液是氯化亚铁，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，再向滤液中通入氯气即可，故选：A；故答案为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；A；（4）①因为反应前后各元素原子个数相等，X的化学式为NaClO；故答案为：NaClO；②高铁酸钠具有氧化性物质能够杀菌消毒，生成的三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮杂质；故答案为：氧化性；氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮杂质；③KAl（SO4）2•12H2O电离生成的铝离子水解生成的氢氧化铝、聚合硫酸铁[Fe（OH）（SO4）]n，都能够吸附水中的杂质颗粒，可以用作净水剂；故答案为：ab．【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，为高考的频考点，难度中等，明确铁的性质是解题关键，注意物质净水的原理．　20