山东省淄博市淄川一中2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年山东省淄博市淄川一中高三（上）期中化学试卷　一、选择题（本题包括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．下列有关物质用途的说法，不正确的是（　　）A．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维B．钠可用于冶炼金属钛C．小苏打可用于治疗胃酸过多D．过氧化钠可用于潜水艇的氧气来源　2．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（　　）A．将石灰石加入新制氯水中，固体逐渐溶解（H+）B．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色（Cl2）C．使红色布条退色（HCl）D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）　3．下列关于氧化物的叙述正确的是（　　）A．金属氧化物一定是碱性氧化物B．非金属氧化物一定是酸性氧化物C．酸性氧化物均可以跟碱反应D．不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应　4．下列有关实验的做法错误的是（　　）A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B．用NaOH固体配制100mL1mol•L﹣1的氢氧化钠溶液时，用到的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶C．配制一定物质的量浓度溶液过程中，玻璃棒的作用主要是搅拌和引流D．容量瓶在使用前要检查是否漏水，若瓶内残留蒸馏水会导致所得溶液浓度偏低　5．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．12g石墨和C60的混合固体中，含NA个碳原子B．标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子C．7.8g过氧化钠含有的阴离子数为0.2NAD．0.1mol铁在足量氯气中燃烧，电子转移数目为0.2NA　6．除去下列物质中所含的杂质，选用的实际正确的是（　　）选项物质（杂质）试剂A食盐（细沙）NaOH溶液BCO（NH3）浓H2SO4CCO2（SO2）Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D　-22-\n7．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（　　）A．图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去SO2中含有的少量HClB．用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置C．用图①和②所示装置进行粗盐提纯D．用图④所示装置进行石油分馏实验制取丁烯　8．下列实验现象预测正确的是（　　）A．振荡后静置，溶液不再分层，且保持无色透明B．铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C．微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．当液体变成红褐色时，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔效应　9．下列关于离子的检验方法一定正确的是（　　）A．向某溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加足量稀HNO3，沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有Ag+-22-\nB．向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含NH4+C．向某溶液中滴加足量稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明原溶液中一定含CO32﹣D．用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧，直接观察火焰颜色未见紫色，说明原溶液中不含K+　10．能正确表示下列反应的离子方程式为（　　）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OC．漂白粉溶液在空气中失效：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O　11．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变黑，并放出刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性A．AB．BC．CD．D　12．下列相关实验不能达到预期目的是（　　）相关实验预期目的①将SO2通入溴水，溴水褪色后加热观察能否恢复原色验证SO2漂白的可逆性②将氯水加入淀粉KI溶液中验证Cl的非金属性比I强③在相同温度下，将表面积相同的铝条和镁条投入等体积同浓度的盐酸中，观察产生气泡的速率．比较同周期金属元素的金属性强弱．④利用电解质溶液的导电性装置，检测AlCl3溶液的导电性证明AlCl3是离子化合物A．仅①B．①④C．②③D．③④　13．下列类比关系正确的是（　　）A．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成Al（OH）4﹣，则与过量NH3•H2O也生成Al（OH）4﹣B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应　14．a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c．下列叙述错误的是（　　）A．d元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物-22-\nC．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．b、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键　15．在反应：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，15molCuSO4可氧化磷原子的物质的量为（　　）A．molB．2molC．3molD．6mol　16．在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为（　　）A．2：1B．1：2C．1：3D．1：4　　二、非选择题17．下面是中学化学中常用的玻璃仪器组成的实验装置图（根据需要可在广口瓶中加入液体）．请回答下列问题：（1）用装置A收集NH3气体，气体应从　　　　　　（填“①”或“②”）处通入．（2）若用装置B做SO2与NaOH溶液反应的实验，则其中广口瓶能否防倒吸：　　　　　　．（3）用C来收集NO2气体，最终得不到NO2，其发生反应的化学方程式为　　　　　　．　18．有A、B、C、D、E五种短周期元素，其元素特征信息如下表：元素编号元素特征信息A其单质是密度最小的物质．B阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一．C其阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，且与B可以形成两种离子化合物．D其氢氧化物和氧化物都有两性，与C同周期E与C同周期，原子半径在该周期最小回答下列问题：（1）写出B的氢化物的结构式　　　　　　（2）①写出E单质与A、B、C形成的化合物反应的化学方程式：　　　　　　②D的氧化物与A、B、C形成的化合物的水溶液反应的离子方程式：　　　　　　．　19．某兴趣小组采用如图装置制取并探究SO2气体的性质．①下列实验方案适用于如图所示装置制取所需SO2的是　　　　　　（填序号）A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与浓H2SO4-22-\n②组装完仪器后，检查装置气密性的方法是：　　　　　　③若要证明c中生成的气体是SO2，d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液　　　　　　后，再　　　　　　（填实验的操作）试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2．③同学们设计的探究装置中存在一个明显的缺陷，请你补充完整　　　　　　_．　20．（1）工业合成氨与制备HNO3一般可连续生产，其流程如下：①写出工业合成氨的化学方程式　　　　　　，上述尾气中的NO2一定条件下可与氨气反应转化为氮气，则该反应的化学方程式为　　　　　　．②某同学在实验室蒸馏含有Mg（NO3）2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶外，还需的玻璃仪器有　　　　　　．（2）合成氨用的H2可以甲烷为原料制得．已知CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282kJ•mo﹣1　　①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mo﹣1　　②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3kJ•mo﹣1　　③．则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为　　　　　　．　21．（16分）（2022秋•淄博校级期中）FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，聚合氯化铝铁的组成可表示为[AlFe（OH）nCl6﹣n]m，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．请回答下列问题：（1）FeCl3净水的原理是　　　　　　（用必要的文字和离子方程式说明）．FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）　　　　　　．（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．①若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol•L﹣1，c（Fe3+）=1.0×10﹣3mol•L﹣1，c（Cl﹣）=5.3×10﹣2mol•L﹣1，则该溶液中pH=　　　　　　．②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：　　　　　　ClO3﹣+　　　　　　Fe2++　　　　　　　　　　　　=　　　　　　Cl﹣+　　　　　　Fe3++　　　　　　　　　　　　．-22-\n（3）某工厂欲以工业废料（金属铝、铁及其氧化物）为原料制取[AlFe（OH）nCl6﹣n]m，设计如下流程：①[AlFe（OH）nCl6﹣n]m中铁元素的化合价为　　　　　　．②所得酸性溶液中，不能确定是否一定存在的阳离子是　　　　　　（填字母）．A．Al3+B．Fe2+C．Fe3+D．H+为证实该离子确实存在，可采取的操作是　　　　　　．③往酸性溶液中加入试剂X的目的是　　　　　　．　22．无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾．某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示．请回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是　　　　　　．a．加入MnO2粉末b．点燃A中酒精灯c．加入浓盐酸d．点燃D处酒精灯（2）写出A装置中发生反应的化学方程式：　　　　　　．（3）装置B和C中的试剂分别是　　　　　　．（4）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果．这种药品可以是　　　　　　．　　2022-2022学年山东省淄博市淄川一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括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．下列有关物质用途的说法，不正确的是（　　）A．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维B．钠可用于冶炼金属钛C．小苏打可用于治疗胃酸过多D．过氧化钠可用于潜水艇的氧气来源【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅．-22-\n【专题】元素及其化合物．【分析】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅；B．钠性质活泼，可置换出金属钛；C．小苏打能和胃酸中的盐酸反应；D．过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气．【解答】解：A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，故A错误；B．钠性质活泼，可置换出金属钛，故B正确；C．碳酸氢钠用于治疗胃酸过多是利用了碳酸氢钠的化学性质﹣﹣能和胃酸中的盐酸反应，故C正确；D．过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇的氧气来源，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了元素及其化合物的用途，题目难度不大，熟悉性质是解题关键．　2．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（　　）A．将石灰石加入新制氯水中，固体逐渐溶解（H+）B．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色（Cl2）C．使红色布条退色（HCl）D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】氯气与水反应，发生Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，氯水中含有HClO、Cl2，具有氧化性，其中HClO具有漂白性，含有H+，具有酸性，以此解答．【解答】解：A．氯水显酸性，能与碳酸钙反应生成CO2气体，固体溶解，故A不选；B．氯水含有氯气，具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，滴加KSCN溶液，溶液变红色，故B不选；C．HCl不具有漂白性，不能使布条褪色，故C选；D．氯离子和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故D不选．故选C．【点评】本题考查氯气的性质，侧重于氯水的组成和性质的考查，为高频考点，难度大不，注意把握相关物质的性质．　3．下列关于氧化物的叙述正确的是（　　）A．金属氧化物一定是碱性氧化物B．非金属氧化物一定是酸性氧化物C．酸性氧化物均可以跟碱反应D．不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】氧化物为由两种元素组成，且一种元素为氧元素的化合物，按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物，按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，以此解答此题．【解答】解：A、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等，如Al2O3属于两性氧化物，故A错误；B、非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物，如CO属于不成盐氧化物，故B错误；-22-\nC、酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物均可以跟碱反应，故C正确；D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化物的分类和性质，题目难度不大，注意两性氧化物和不成盐氧化物的性质．　4．下列有关实验的做法错误的是（　　）A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B．用NaOH固体配制100mL1mol•L﹣1的氢氧化钠溶液时，用到的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶C．配制一定物质的量浓度溶液过程中，玻璃棒的作用主要是搅拌和引流D．容量瓶在使用前要检查是否漏水，若瓶内残留蒸馏水会导致所得溶液浓度偏低【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．分液时避免上下层液体混合；B．配制溶液需要溶解、定容等操作；C．溶解时搅拌，定容时引流；D．瓶内残留蒸馏水对实验无影响．【解答】解：A．分液时避免上下层液体混合，则分液漏斗中的上层液体应由上口倒出，故A正确；B．配制溶液需要溶解、定容等操作，则用到的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶，故B正确；C．配制一定物质的量浓度溶液过程中，溶解时搅拌，定容时引流，故C正确；D．定容时需要继续加水，则瓶内残留蒸馏水对实验无影响，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯实验及操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　5．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．12g石墨和C60的混合固体中，含NA个碳原子B．标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子C．7.8g过氧化钠含有的阴离子数为0.2NAD．0.1mol铁在足量氯气中燃烧，电子转移数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】常规题型．【分析】A、石墨和C60均由碳原子构成；B、标况下水为液体；C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据1mol过氧化钠中含1mol过氧根来分析；D、铁在氯气中反应变为+3价．【解答】解：A、石墨和C60均由碳原子构成，故12g混合物中含有的碳原子的物质的量n==1mol，个数为NA个，故A正确；B、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；-22-\nC、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol过氧化钠中含1mol过氧根，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol阴离子即0.1NA个，故C错误；D、铁在氯气中反应变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故D错误．故选A．【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．　6．除去下列物质中所含的杂质，选用的实际正确的是（　　）选项物质（杂质）试剂A食盐（细沙）NaOH溶液BCO（NH3）浓H2SO4CCO2（SO2）Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯和除杂．【分析】A、细沙中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠；B、氨气为碱性气体，而CO为中性气体；C、二氧化碳能和Na2CO3反应生成NaHCO3；D、NaHCO3也能和Ca（OH）2溶液反应．【解答】解：A、细沙中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，仍然是食盐中的杂质，故A错误；B、氨气为碱性气体，而CO为中性气体，故用浓硫酸能将氨气吸收，而不吸收CO，故B正确；C、二氧化碳能和Na2CO3反应生成NaHCO3，故用Na2CO3溶液不但会吸收掉二氧化硫，连二氧化碳也会一并吸收，故C错误；D、NaHCO3也能和Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀，故不能用Ca（OH）2溶液除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，故D错误．故选B．【点评】本题考查了常见物质的除杂和提纯，根据主体物质和杂质的性质的不同来分析，难度不大，注意物质性质的掌握，同时应注意在除去杂质时不能引入新杂质．　7．下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（　　）A．图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液除去SO2中含有的少量HClB．用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置C．用图①和②所示装置进行粗盐提纯D．用图④所示装置进行石油分馏实验制取丁烯【考点】化学实验方案的评价；过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取．-22-\n【专题】实验评价题．【分析】A．二氧化硫与Na2SO3溶液反应；B．乙醇与水混溶，不能作萃取剂；C．粗盐提纯需要进行溶解、过滤、蒸发操作；D．进行石油分馏实验，需要温度计测定馏分的温度．【解答】解：A．二氧化硫与Na2SO3溶液反应，则应用图⑤所示装置中盛有饱和NaHSO3溶液除去SO2中含有的少量HCl，故A错误；B．乙醇与水混溶，不能作萃取剂，应选择苯或四氯化碳，故B错误；C．粗盐提纯需要进行溶解、过滤、蒸发操作，①为过滤装置，②为蒸发装置，故C正确；D．进行石油分馏实验，需要温度计测定馏分的温度，则不能完成实验，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、萃取、蒸馏、蒸发等混合物的分离提纯方法，侧重实验基本操作的考查，明确装置及实验操作即可解答，题目难度不大．　8．下列实验现象预测正确的是（　　）A．振荡后静置，溶液不再分层，且保持无色透明B．铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C．微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．当液体变成红褐色时，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔效应【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【专题】实验评价题．【分析】A．溴与NaOH溶液反应后，与苯分层；B．常温下，Fe与浓硫酸发生钝化；C．广口瓶内NO与氧气反应生成二氧化氮；-22-\nD．在沸水中氯化铁水解生成胶体．【解答】解：A．溴与NaOH溶液反应后，与苯分层，可观察到上层为无色油状液体，故A错误；B．常温下，Fe与浓硫酸发生钝化，图中装置不加热，铁片不能完全溶解，故B错误；C．广口瓶内NO与氧气反应生成二氧化氮，则观察到红棕色气体，故C错误；D．在沸水中氯化铁水解生成胶体，让光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、混合物分离提纯、气体的制备、胶体制备等，把握物质的性质、气体制备实验和实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　9．下列关于离子的检验方法一定正确的是（　　）A．向某溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加足量稀HNO3，沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有Ag+B．向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含NH4+C．向某溶液中滴加足量稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明原溶液中一定含CO32﹣D．用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧，直接观察火焰颜色未见紫色，说明原溶液中不含K+【考点】常见离子的检验方法．【分析】A．与氯化钡反应生成的不溶于稀硝酸的沉淀可能为硫酸钡，不一定为氯化银沉淀；B．能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色气体为氨气，则溶液中一定含有铵根离子；C．使石灰水变浑浊的气体可能为二氧化硫，原溶液中不一定含有碳酸根离子；D．观察钾离子的火焰时需要透过蓝色钴玻璃．【解答】解：A．某溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加足量稀HNO3，沉淀不溶解，该白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中不一定含有Ag+，故A错误；B．向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体是氨气，则原溶液中一定含有NH4+，故B正确；C．某溶液中滴加足量稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化硫，原溶液中可能含有亚硫酸根离子，不一定含CO32﹣，故C错误；D．用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧，直接观察火焰颜色未见紫色，不能判断原溶液中是否含K+，因为观察钾离子的焰色反应火焰颜色时需要透过蓝色钴玻璃，故D错误；故选B．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　10．能正确表示下列反应的离子方程式为（　　）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OC．漂白粉溶液在空气中失效：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．稀硝酸具有氧化性，能够氧化亚铁离子和硫离子；B．氢氧化钠过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应；C．次氯酸盐和二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸盐；-22-\nD．二者反应生成醋酸钙、二氧化碳和水．【解答】解：A．硫化亚铁溶于稀硝酸中，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：FeS+4H++NO3﹣=Fe3++S↓+NO↑+2H2O，故A错误；B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，正确的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3•H2O，故B错误；C．次氯酸盐和二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸盐，正确的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣，故C错误；D．大理石和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．　11．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变黑，并放出刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．稀硝酸和过量Fe反应生成亚铁离子，亚铁离子和KSCN不反应；B．铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子；C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D．蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，生成炭黑，体积膨胀并伴有刺激性气味，说明生成气体，浓硫酸表现氧化性．【解答】解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D．蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，生成炭黑，体积膨胀并伴有刺激性气味，说明生成气体，浓硫酸表现氧化性，故D正确；故选D．【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、反应类型以及物质的性质，侧重物质性质及反应原理的考查，注意方案的合理性、评价性分析，易错选项是C．-22-\n　12．下列相关实验不能达到预期目的是（　　）相关实验预期目的①将SO2通入溴水，溴水褪色后加热观察能否恢复原色验证SO2漂白的可逆性②将氯水加入淀粉KI溶液中验证Cl的非金属性比I强③在相同温度下，将表面积相同的铝条和镁条投入等体积同浓度的盐酸中，观察产生气泡的速率．比较同周期金属元素的金属性强弱．④利用电解质溶液的导电性装置，检测AlCl3溶液的导电性证明AlCl3是离子化合物A．仅①B．①④C．②③D．③④【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】①SO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；②氯水加入淀粉KI溶液中，发生氧化还原反应生成碘；③铝条和镁条投入等体积同浓度的盐酸中，活泼金属反应速率快；④AlCl3溶液中电解质发生电离，存在自由移动离子可导电．【解答】解：①SO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故错误；②氯水加入淀粉KI溶液中，发生氧化还原反应生成碘，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则可验证Cl的非金属性比I强，故正确；③铝条和镁条投入等体积同浓度的盐酸中，活泼金属反应速率快，则可比较同周期金属元素的金属性强弱，故正确；④AlCl3溶液中电解质发生电离，存在自由移动离子可导电，而AlCl3是共价化合物，故错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、金属性与非金属性比较、导电性实验及电解质的类别等，把握实验原理及物质性质为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，④为解答的易错点，题目难度不大．　13．下列类比关系正确的是（　　）A．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成Al（OH）4﹣，则与过量NH3•H2O也生成Al（OH）4﹣B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；氯气的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、氢氧化铝溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱；B、过氧化钠具有强氧化性氧化二氧化硫为硫酸盐；C、碘单质的氧化性小于三价铁的氧化性；D、金属铝的还原性大于铁和锰；【解答】解：A、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，AlCl3与过量NaOH溶液反应生成Al（OH）4﹣，与过量NH3•H2O只能生成氢氧化铝沉淀，故A错误；B、Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，发生反应Na2O2+SO2=Na2SO4；故B错误；-22-\nC、铁遇强氧化剂生成三价铁盐，三价铁的氧化性大于碘单质的氧化性，所以Fe与Cl2反应生成FeCl3，与I2反应生成FeI2，故C错误；D、铝热反应的实质是利用铝的还原性大于氧化物中的金属，把金属置换出来，金属铁和锰的还原性小于铝，所以Al与Fe2O3能发生铝热反应，与MnO2也能发生铝热反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查了铝及其化合物、氯气、过氧化钠的性质应用，主要考查氢氧化铝的两性，过氧化钠的氧化性，关键是碘单质的也会产生小于三价铁的氧化性．　14．a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c．下列叙述错误的是（　　）A．d元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．b、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键【考点】真题集萃；原子结构与元素的性质．【分析】a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径小于c．应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．【解答】解：a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径小于c．应为Cl元素，A．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素非金属性强弱顺序为Cl＞S＞C＞Na，故A正确；B．四种元素形成的氧化物有CO、CO2；Na2O、Na2O2；SO2、SO3，而Cl的化合价有多种，则氧化物也有多种，如ClO2、Cl2O等，故B正确；C．a为Na，为金属，可与其他元素生成离子化合物，含有离子键，故C正确；D．b为C，可与氢气反应生成C2H2、C2H4、C2H6等化合物，含有同种元素形成的共价键，为非极性键，故D错误．故选D．【点评】本题为2022年考题，涉及原子结构与元素周期率的考查，侧重于学生的分析能力的培养和原子结构、元素周期率的综合应用的考查，注意把握提给信息以及元素周期率的递变规律，难度不大．　15．在反应：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，15molCuSO4可氧化磷原子的物质的量为（　　）A．molB．2molC．3molD．6mol【考点】氧化还原反应的计算．【分析】该反应中P元素化合价由0价变为+5价、﹣3价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，假设有15molCuSO4参加反应，根据转移电子相等计算可氧化P的物质的量．-22-\n【解答】解：该反应中P元素化合价由0价变为+5价、﹣3价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，假设有15molCuSO4参加反应，根据转移电子相等得被氧化n（P）==3mol，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，明确该反应中P的性质是解本题关键，结合转移电子守恒分析解答，题目难度不大．　16．在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为（　　）A．2：1B．1：2C．1：3D．1：4【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，假设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe3+离子物质的量变化，结合方程式计算．【解答】解：因氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，反应后Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，则反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为1mol、2mol、4mol，故反应的Fe3+的物质的量为3mol﹣1mol=2mol，则：2Fe3++Fe=3Fe2+2mol1mol3mol故参加反应的Fe的物质的量为1mol，参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1mol：3mol=1：3，故选C．【点评】本题考查混合物的计算，关键是正确判断离子的氧化性强弱，判断反应的程度，再结合反应的离子方程式计算．　二、非选择题17．下面是中学化学中常用的玻璃仪器组成的实验装置图（根据需要可在广口瓶中加入液体）．请回答下列问题：（1）用装置A收集NH3气体，气体应从　②　（填“①”或“②”）处通入．（2）若用装置B做SO2与NaOH溶液反应的实验，则其中广口瓶能否防倒吸：　不能　．（3）用C来收集NO2气体，最终得不到NO2，其发生反应的化学方程式为　3NO2+H2O=HNO3+NO　．【考点】气体的收集．-22-\n【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】（1）用装置A收集氨气气体，利用向下排空气法；（2）装置B做SO2与NaOH溶液反应的实验，烧杯中液体倒吸后进入广口瓶，不会进入前面的装置；（3）C来收集NO2气体，最终得不到NO2，是因气体与水反应．【解答】解：（1）用装置A收集氨气气体，利用向下排空气法，由图可知从②进气，故答案为：②；（2）装置B做SO2与NaOH溶液反应的实验，烧杯中液体倒吸后进入广口瓶，不会进入前面的装置，不能防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：不能；（3）C来收集NO2气体，最终得不到NO2，是因气体与水反应，发生反应的化学方程式为3NO2+H2O=HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=HNO3+NO．【点评】本题考查实验装置综合，为高频考点，把握气体的收集、干燥及倒吸装置及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大．　18．有A、B、C、D、E五种短周期元素，其元素特征信息如下表：元素编号元素特征信息A其单质是密度最小的物质．B阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一．C其阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，且与B可以形成两种离子化合物．D其氢氧化物和氧化物都有两性，与C同周期E与C同周期，原子半径在该周期最小回答下列问题：（1）写出B的氢化物的结构式　H﹣O﹣H　（2）①写出E单质与A、B、C形成的化合物反应的化学方程式：　Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O　②D的氧化物与A、B、C形成的化合物的水溶液反应的离子方程式：　Al2O3+2OH﹣═AlO2﹣+H2O　．【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，A的单质是密度最小的物质，则A为H元素；B的阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一，则B为O元素；C的阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，且与B可以形成两种离子化合物，则C为Na；D的氢氧化物和氧化物都有两性，与C同周期，则D为Al；E与C同周期，原子半径在该周期最小，则E为Cl，据此解答．【解答】解：短周期元素中，A的单质是密度最小的物质，则A为H元素；B的阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一，则B为O元素；C的阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，且与B可以形成两种离子化合物，则C为Na；D的氢氧化物和氧化物都有两性，与C同周期，则D为Al；E与C同周期，原子半径在该周期最小，则E为Cl．（1）B的氢化物为H2O，结构式为H﹣O﹣H，故答案为：H﹣O﹣H；（2）①E单质为Cl2，A、B、C形成的化合物为NaOH，二者反应的化学方程式：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；②D的氧化物为Al2O3，与NaOH水溶液反应的离子方程式：Al2O3+2OH﹣═AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═AlO2﹣+H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，比较基础，关键是明确元素，有利于基础知识的巩固．　-22-\n19．某兴趣小组采用如图装置制取并探究SO2气体的性质．①下列实验方案适用于如图所示装置制取所需SO2的是　B　（填序号）A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与浓H2SO4②组装完仪器后，检查装置气密性的方法是：　用止水夹关闭导气管，打开分液漏斗，往分液漏斗中加水，加一定水后，若漏斗中的水不再滴下，则装置气密性良好　③若要证明c中生成的气体是SO2，d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液　褪色　后，再　加热　（填实验的操作）试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2．③同学们设计的探究装置中存在一个明显的缺陷，请你补充完整　d中导气管通入氢氧化钠溶液中，吸收尾气中的二氧化硫　_．【考点】二氧化硫的化学性质；常见气体制备原理及装置选择．【专题】氧族元素；化学实验基本操作．【分析】①实验室用Na2SO3固体与浓硫酸反应制备二氧化硫气体；②检验气密性，在连接好装置之后，可微热装置，观察是否有气泡冒出，并有一段水柱上升；③根据二氧化硫气体的检验方法分析判断；④依据尾气成分选择吸收的试剂，装置中需要防止倒吸．【解答】解：①实验室用Na2SO3固体与浓硫酸反应制备二氧化硫气体，而如图所示装置没有加热，则不能用浓硫酸和铜反应制备，故答案为：B；②检验气密性，在连接好装置之后，可微热装置，观察是否有气泡冒出，并有一段水柱上升，具体操作为用止水夹关闭导气管，打开分液漏斗，往分液漏斗中加水，加一定水后，若漏斗中的水不再滴下，则装置气密性良好，故答案为：用止水夹关闭导气管，打开分液漏斗，往分液漏斗中加水，加一定水后，若漏斗中的水不再滴下，则装置气密性良好；③若要证明c中生成的气体是SO2，依据二氧化硫能使品红试液褪色，加热恢复红色；d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液红色褪去，再加热试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2，故答案为：褪色；加热；④增加一尾气吸收装置防止污染性气体排放到空气中，d中导气管通入氢氧化钠溶液中，吸收尾气中的二氧化硫，故答案为：d中导气管通入氢氧化钠溶液中，吸收尾气中的二氧化硫．【点评】本题考查了氮氧化物、硫及其化合物性质的应用，气体实验制备方法，装置注意问题，主要考查二氧化硫的氧化性，还原性，漂白性等性质的实验设计和现象判断，题目难度中等．　20．（1）工业合成氨与制备HNO3一般可连续生产，其流程如下：-22-\n①写出工业合成氨的化学方程式　N2+3H22NH3　，上述尾气中的NO2一定条件下可与氨气反应转化为氮气，则该反应的化学方程式为　6NO2+8NH3═7N2+12H2O　．②某同学在实验室蒸馏含有Mg（NO3）2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶外，还需的玻璃仪器有　蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管　．（2）合成氨用的H2可以甲烷为原料制得．已知CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282kJ•mo﹣1　　①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mo﹣1　　②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3kJ•mo﹣1　　③．则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为　CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=﹣322.5kJ•mo﹣1　．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学方程式的书写．【专题】解题方法；化学反应中的能量变化．【分析】（1）①工业合成氨是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，NO一定条件下可与氨气反应转化为氮气，结合原子守恒配平书写得到化学方程式；②依据蒸馏实验过程和实验装置分析需要的玻璃仪器；（2）依据所给的热化学方程式结合要求的反应，利用盖斯定律来解题．【解答】解：（1）①工业合成氨是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，反应的化学方程式为：N2+3H22NH3，NO一定条件下可与氨气反应转化为氮气，结合原子守恒配平书写得到化学方程式为：6NO+4NH35N2+6H2O，故答案为：N2+3H22NH3，6NO+4NH35N2+6H2O；②某同学在实验室蒸馏含有Mg（NO3）2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶外，还需的玻璃仪器有：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管；故答案为：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管；（2）CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣282kJ•mo﹣1　　①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mo﹣1　　②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3kJ•mo﹣1　　③．-22-\n将③﹣①﹣②×3可得：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=（﹣846.3kJ•mo﹣1）﹣（﹣282kJ•mo﹣1）﹣（﹣241.8kJ•mo﹣1）×3=﹣322.5kJ•mo﹣1，故答案为：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=﹣322.5kJ•mo﹣1．【点评】本题考查了燃烧热概念和热化学方程式的书写计算应用，掌握概念实质和热化学方程式书写方法是解题关键．题目难度中等．　21．（16分）（2022秋•淄博校级期中）FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，聚合氯化铝铁的组成可表示为[AlFe（OH）nCl6﹣n]m，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．请回答下列问题：（1）FeCl3净水的原理是　Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质　（用必要的文字和离子方程式说明）．FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）　Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+，2Fe3++Fe=3Fe2+　．（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．①若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol•L﹣1，c（Fe3+）=1.0×10﹣3mol•L﹣1，c（Cl﹣）=5.3×10﹣2mol•L﹣1，则该溶液中pH=　2　．②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：　1　ClO3﹣+　6　Fe2++　6　　H+　=　1　Cl﹣+　6　Fe3++　3　　H2O　．（3）某工厂欲以工业废料（金属铝、铁及其氧化物）为原料制取[AlFe（OH）nCl6﹣n]m，设计如下流程：①[AlFe（OH）nCl6﹣n]m中铁元素的化合价为　+3　．②所得酸性溶液中，不能确定是否一定存在的阳离子是　C　（填字母）．A．Al3+B．Fe2+C．Fe3+D．H+为证实该离子确实存在，可采取的操作是　取少量待测液与试管中，滴入几滴KSCN溶液变成红色　．③往酸性溶液中加入试剂X的目的是　把亚铁离子氧化成铁离子　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题；化学实验基本操作；化学计算．【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）①根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=﹣lgc（H+）计算；②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；（3）废料中加入过量稀盐酸，充分反应后得到甲溶液，甲溶液中含有AlCl3，由于Al、Fe以及Fe2O3的物质的量关系无法确定，则不能确定溶液中Fe元素的存在形成，不能确定是否存在Fe3+，加入X应为氧化剂，可将Fe2+生成Fe3+，加入NaOH溶液后，调节溶液pH，可生成目标物，以此解答该题，-22-\n①依据元素化合价代数和为0计算铁元素化合价；②由于Al、Fe以及Fe2O3的物质的量关系无法确定，则不能确定溶液中Fe元素的存在形成是否有Fe3+，依据铁离子的特征性质检验铁离子的存在；③因[AlFe（OH）nCl6﹣n]m中Fe为+3价，可起到净水剂的作用，则加入X应为氧化剂，可将Fe2+生成Fe3+．【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O═Fe（OH）3胶体+3H+；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，Fe3++3H2O═Fe（OH）3胶体+3H+，2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）①根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）=1.0×10﹣2mol•L﹣1，则溶液pH=﹣lg1.0×10﹣2=2，故答案为：2；②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O，故答案为：1；6；6H+；1；6；3H2O；（3）①设铁化合价是x，聚合氯化铝铁可表示为[AlFe（OH）nCl6﹣n]m，由此合物内化合价和为0得：3+x﹣n﹣（6﹣n）=0；x=3，所以PAFC中铁元素的化合价为+3；故答案为：+3；②由于Al、Fe以及Fe2O3的物质的量关系无法确定，则不能确定溶液中Fe元素的存在形成是否有Fe3+，所得酸性溶液中，不能确定是否一定存在的阳离子为Fe3+，为证明该离子确实存在，取少量溶液加入KSCN溶液后溶液溶液呈血红色，证明含有Fe3+；故答案为：C；取少量溶液加入KSCN溶液后溶液溶液呈血红色；③因[AlFe（OH）nCl6﹣n]m中Fe为+3价，可起到净水剂的作用，则加入X应为氧化剂，可将Fe2+生成Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故答案为：将Fe2+生成Fe3+．【点评】本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等．　22．无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾．某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示．-22-\n请回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是　acbd　．a．加入MnO2粉末b．点燃A中酒精灯c．加入浓盐酸d．点燃D处酒精灯（2）写出A装置中发生反应的化学方程式：　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　．（3）装置B和C中的试剂分别是　饱和食盐水、浓硫酸　．（4）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果．这种药品可以是　碱石灰或氧化钙　．【考点】氯气的实验室制法；铝的化学性质．【专题】综合实验题．【分析】（1）实验开始时先检查装置气密性，然后向烧瓶中加入MnO2粉，再向烧瓶中加入浓盐酸，再加热A处酒精灯用产生的氯气排除装置中的空气，最后加热装置D处酒精灯；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（3）浓盐酸易挥发，加热促进盐酸的挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依据氯气、氯化氢溶解性选择试剂除去氯化氢，依据浓硫酸具有吸水性选择干燥剂；（4）根据所给的装置图可知，因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收空气中的CO2，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用．【解答】解：（1）实验开始时先检查装置气密性，然后向烧瓶中加入MnO2粉，再向烧瓶中加入浓盐酸，再加热A处酒精灯用产生的氯气排除装置中的空气，最后加热装置D处酒精灯，所以正确的顺序为：acbd；故答案为：acbd；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）浓盐酸易挥发，加热促进盐酸的挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，氯化氢易溶于水，选择饱和食盐水除去氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气；故答案为：饱和食盐水、浓硫酸；（4）因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰或氧化钙来代替F和G的作用，故答案为：碱石灰或氧化钙；-22-\n【点评】本题考查了氯气的制备和性质检验，熟悉实验目的和实验原理是解题关键，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度不大．-22-