山东省济宁一中高三化学上学期第二次月考试卷(含解析)-人教版高三全册化学试题

.2015-2016学年山东省济宁一中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（共18小题，每题3分，满分54分）1．化学与社会、生活亲近相关．对以下现象或事实的讲解正确的选项是（）选项现象或事实讲解A用氢氟酸蚀刻玻璃SiO2是碱性氧化物，能与酸反应B用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的水果保鲜剂催熟剂乙烯C过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳D办理废水时长加入明矾除去水中杂质明矾能够作为消毒剂使用A．AB．BC．CD．D2．以下关于物质的性质与应用相对应的是（）A．氯气有毒，不能用作自来水的杀菌消毒B．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C．浓硫酸拥有吸水性和强氧化性，能够干燥Cl2，但不能够干燥SO2D．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸3．已知溶液中存在较大量的+2﹣﹣，则该溶液中还能够大量共存的离子组为（）H、SO4、NO3+﹣+2+2+﹣A．Na、CH3COO、NH4B．Mg、Ba、Br2+﹣、I﹣+﹣2+C．Cu、ClD．K、Cl、Mg4．某溶液中含有﹣2﹣+2﹣﹣﹣六种离子．若向其中加入过氧化钠粉3433末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）2﹣﹣﹣、Cl﹣C．SO32﹣﹣D．Cl﹣﹣+A．SO4、NO3B．NO3、NO3、NO3、Na5．以下认识正确的选项是（）A．H2与D2、T2互为同位素专业..B．氯化钠溶液和氢氧化铁胶体能够用过滤的方法分别C．NH3溶于水能够导电，但不是电解质D．SO2、NO2均属于酸性氧化物6．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是（）A．1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NAB．标准情况下，NA个SO分子所占的体积约为22.4L3C．将0.1mol氯化铁溶于A3+1L水中，所得溶液含有0.1NFeD．标准情况下，22.4LCl2与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA7．必然条件下，以下各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZ①NaOH溶液AlFeO23②KOH溶液Br2NaSO溶液23③NaCOSiO2HO232④HClNaHCO3NaOHA．只有①③④B．只有①②④C．只有①②③D．①②③④皆可8．用以下装置不能够达到相关实验目的是（）A．证明ρ（煤油）＜ρ（钠）＜ρ（水）B．制备Fe（OH）2专业..C．制取金属锰D．比较NaHCO3和Na2CO3的热牢固性9．以下反应的化学方程式或离子方程式正确的选项是（）A．氢氧化亚铁被氧化：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3B．铝与稀硝酸反应：2Al+6H+═2Al3++3H2↑+﹣C．过氧化钠和水反应：2Na2O2+2H2O═4Na+4OH+H2↑D．向硅酸钠溶液中通入过分二氧化碳：2﹣2﹣SiO3+CO+HO═HSiO+CO2223310．8.34gFeSO4?7H2O（分子量：278）样品受热脱水过程的热重曲线（样质量量随温度变化的曲线）以下列图，以下说法正确的选项是（）A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4?5H2OB．取合适380℃时所得的样品P，间隔空气加热至650℃，获得一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4C．在间隔空气条件下，N获得P的化学方程式为FeSO4?H2OFeSO4+H2OD．温度为l59℃时固体N的化学式为FeSO4?2H2O专业..11．以下离子检验正确的选项是（）A．检验试液中的SO42﹣：试液白色积淀白色积淀B．检验试液中的Cl﹣：试液无积淀白色积淀C．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象血红色溶液D．检验试液中的NH4+：试液气体逸出试纸变蓝12．向溶液X中连续通入气体Y，不会产生“浑浊→澄清”现象的是（）A．X：硝酸银溶液，Y：氨气B．X：漂白粉溶液，Y：二氧化硫C．X：氢氧化钡溶液，Y：二氧化碳D．X：偏铝酸钠溶液，Y：二氧化氮13．某溶液中可能含有++2+3+3+2﹣、SO2﹣﹣中的几种．①若加入4343锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色积淀，且产生的积淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系以下列图．则以下说法不正确的选项是（）+2+3++A．溶液中的阳离子有H、Mg、Al、NH4+B．溶液中n（NH4）=0.2molC．溶液中必然不含CO32﹣和NO3﹣，可能含有SO42﹣+）：n（Al3+2+）=2：2：1D．n（H）：n（Mg14．以下陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA2+前者表现出还原性后者表现出漂白Fe、SO都能使酸性高锰酸钾溶液褪色2专业..性B纯银器表面在空气中渐渐变暗发生了化学腐化CSO2能与次氯酸及碱反应SO2是两性氧化物DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白说明Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3）色积淀A．AB．BC．CD．D15．以下用数轴表示的产物与量的关系不合理的是（）A．铁和稀硝酸反应：B．Cl2与FeI2溶液反应后的产物：C．向烧碱液中通入SO2后的产物：D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，铝元素的存在形式：A．AB．BC．CD．D16．关于海水综合利用问题，以下说法错误的选项是（）A．从能量变换角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将电能转变成化学能的过程B．在过程②中若要获得无水MgCl2不能直接蒸干灼烧2+2﹣2+C．除去粗盐中杂质（Mg、SO4、Ca），加入的药品序次为：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸D．第③④步的目的是为了浓缩富集溴专业..17．在必然浓度的浓硝酸中加入m克铜镁合金恰好完好溶解（假定硝酸的还原产物只有NO2），向反应后的混杂溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到vmL时，恰好完好反应，获得积淀质量为n克，则以下相关该实验的说法中正确的有（）①积淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克②恰好溶解后溶液中的﹣离子的物质的量为bvmolNO3③反应过程中转移的电子数为mol④生成NO气体的体积为L2⑤与合金反应反应的硝酸的物质的量为mol．A．①②③④⑤B．①③④⑤C．①③⑤D．①②③⑤18．以下说法错误的选项是（）A2Na+2HO=2NaOH+H↑均为水做氧化剂的氧化还原反应2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO+3H2↑BFe+CuSO4=FeSO4+Cu均为固体质量增大的置换反应点燃2Mg+CO2MgO+CCNaAlO2+SO2+2H2O=Al（OH）3+NaHSO3均为较强酸制较弱酸的复分解反应NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3DH2O2+SO2=H2SO4均为非氧化还原反应的化合反应CaO+SO3=CaSO4A．AB．BC．CD．D二、解答题（共3小题，满分46分）专业..19．某实验小组利用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁，经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热到100℃左右时易升华．如图是两个学生设计的实验装置，左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置不相同，分别如（Ⅰ）和（Ⅱ）所示．试回答：（1）B中反应的离子方程式为：；（2）实验中a与b两个酒精灯应先点燃，目的是；（3）收集装置（Ⅰ）的主要缺点是：．装置（Ⅱ）也有缺点，必定采用的改进措施是：．（4）b酒精灯加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量聚积在反应管D右端，要使聚积的FeCl3进入收集器，操作是．（5）实验中还缺少一个除杂装置，目的是除去；应选择做除杂剂A．饱和NaHCO3B．水C．饱和食盐水D．NaOH溶液．20．黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还能够够制备硫及铁的化合物．工业流程图如图：（1）冶炼铜的总反应可看做8CuFeS2+21O8Cu+4FeO+2FeO3+16SO2若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是（填元素符号），1molCuFeS2参加反应转移电子的物质的量为mol；（2）上述冶炼过程产生大量气体A．以下办理方案中合理的是（填代号）；专业..a．高空排放b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸取制Na2SO4d．用浓硫酸吸取考据气体A的主要成分是SO2的方法是；3）熔渣B（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3．．a．加入H2O2发生反应的离子方程式是；b．除去Al3+的离子方程式是；（4）采用供应的试剂，设计实验考据熔渣B中含有FeO．供应的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水所选试剂为；证明炉渣中含有FeO的实验现象为．21．A、B、C、D为四种单质，常温时，A、B是气体，C、D是固体．E、F、G、H、I为五种化合物，F不溶水，E为气体且极易溶水成为无色溶液，G溶于水得黄色溶液．这九种物质间反应的转变关系以下列图（1）写出四种单质的化学式ABCD（2）写出H+B→G的离子方程式；（3）写出G+I→H+D+E的化学方程式；4）某工厂用B制漂白粉．①写出制漂白粉的化学方程式．②为测定该工厂制得的漂白粉中有效成分的含量，某该小组进行了以下实验：称取漂白粉3.0g，研磨后溶解，配置成250mL溶液，取出25.00mL加入到锥形瓶中，再加入过分的KI溶液和过分的硫酸（此时发生的离子方程式为：），静置．待完好反应后，用0.2mol?L﹣1的Na2S2O3溶液做标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：专业..2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.00mL．则该漂白粉中有效成分的质量分数为（保留到小数点后两位）．专业..2015-2016学年山东省济宁一中高三（上）第二次月考化学试卷参照答案与试题解析一、选择题（共18小题，每题3分，满分54分）1．化学与社会、生活亲近相关．对以下现象或事实的讲解正确的选项是（）选项现象或事实讲解A用氢氟酸蚀刻玻璃SiO是碱性氧化物，能与酸反应2B用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的水果保鲜剂催熟剂乙烯C过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳D办理废水时长加入明矾除去水中杂质明矾能够作为消毒剂使用A．AB．BC．CD．D【考点】硅和二氧化硅；盐类水解的应用；钠的重要化合物．【专题】盐类的水解专题；金属概论与碱元素．【解析】A．Si02是酸性氧化物，常温下能够与氢氟酸反应；B．乙烯是一种植物生长调治剂，对水果蔬菜拥有催熟的作用；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；D．明矾净水的原理：加入水中形成的胶状物，对杂质的吸附使之积淀．【解答】解：A．Si02是酸性氧化物，故A错误；B．乙烯是一种植物生长调治剂，对水果蔬菜拥有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D．明矾净水的原理是加入水中形成的胶状物，对杂质的吸附使之积淀，不是作为消毒剂，故D错误；应选B．专业..【议论】本题观察了物质的用途，性质决定用途，明确物质的用途是解题要点，题目难度不大．2．以下关于物质的性质与应用相对应的是（）A．氯气有毒，不能用作自来水的杀菌消毒B．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C．浓硫酸拥有吸水性和强氧化性，能够干燥Cl2，但不能够干燥SO2D．铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸【考点】浓硫酸的性质；氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】物质的性质和变化专题．【解析】A．氯气能和水反应生成拥有强氧化性的次氯酸；B．三价铁离子拥有氧化性，能够氧化铜；C．浓硫酸能够干燥二氧化硫；D．浓硝酸拥有强的氧化性，能够使铝钝化，能够与铜反应．【解答】解：A．氯气有毒，能和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性能杀菌消毒，因此可用来自来水的杀菌消毒，故A错误；B．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化亚铁与氯化铜，可用于蚀刻印刷电路，故B正确；C．浓硫酸拥有吸水性和强氧化性，与氯气、二氧化硫都不反应，能够干燥氯气、二氧化硫，故C错误；D．浓硝酸拥有强的氧化性，能够使铝钝化，能够与铜反应，因此不能够铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，故D错误；应选：B．【议论】本题观察了元素化合物知识，明确氯气、三价铁离子、浓硫酸、浓硝酸性质是解题要点，题目难度不大．3．已知溶液中存在较大量的+2﹣﹣，则该溶液中还能够大量共存的离子组为（）43+﹣+2+2+﹣34专业..2+﹣、I﹣+﹣2+C．Cu、ClD．K、Cl、Mg【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【解析】A．醋酸根离子与氢离子反应；B．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡积淀；C．硝酸根离子在酸性条件下拥有强氧化性，能够今后碘离子；D．三种离子之间不反应，都不与氢离子、硫酸根离子、硝酸根离子反应．+﹣A【解答】解：A．H、CH3COO与之间反应生成弱电解质醋酸，在溶液中不能够大量共存，故错误；2+2﹣之间反应生成硫酸钡积淀，在溶液中不能够大量共存，故B错误；4+﹣﹣C错误；C．H、I、NO，之间发生氧化还原反应，在溶液中不能够大量共存，故3+﹣2++2﹣﹣反应，在溶液中能够大量共存，故DD．K、Cl、Mg之间不反应，都不与H、SO4、NO3正确；应选D．【议论】本题观察离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能够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；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中可否有大量+﹣；溶液的颜色，如无色时可消除2+2+3+﹣等有色离子的存在；溶的H或OHCu、Fe、Fe、MnO4液的详尽反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”．4．某溶液中含有﹣2﹣+2﹣﹣﹣六种离子．若向其中加入过氧化钠粉3433末充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是（）2﹣﹣﹣、Cl﹣2﹣﹣﹣﹣+A．SO、NOB．NOC．SO、NOD．Cl、NO、Na433333【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【解析】加入过氧化钠后，过氧化钠拥有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子；过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠能够与碳酸氢根离子反应，因此浓度变化的为碳酸氢根离专业..子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、钠离子，浓度不变的为硝酸根离子和氯离子，据此进行判断．【解答】解：过氧化钠拥有强氧化性，2﹣2﹣2343﹣和SO42﹣的浓度都发生变化；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，以致+﹣反应生成碳酸Na的浓度增大；NaOH与HCO3根离子，以致HCO3﹣的浓度减小；依照解析可知，溶液中离子浓度不变的为NO3﹣、Cl﹣，应选B．【议论】本题观察离子反应及离子共存，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握常有离子的性质，明确明确过氧化钠的性质为解答要点，试题培养了学生的解析能力及灵便应用能力．5．以下认识正确的选项是（）A．H2与D2、T2互为同位素B．氯化钠溶液和氢氧化铁胶体能够用过滤的方法分别C．NH3溶于水能够导电，但不是电解质D．SO2、NO2均属于酸性氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的看法及其相互联系；同位素及其应用；电解质与非电解质；物质的分别、提纯的基本方法选择与应用．【专题】物质的分类专题；物质的分别提纯和鉴别．【解析】A．质子数相同，中子数不相同的同一元素的原子互称同位素；B．胶体和溶液都能透过滤纸；C．NH3自己不能够电离出离子，溶液导电是NH3和水反应生成的NH3?H2O电离的原因；D．酸性氧化物可与碱反应，且只生成盐和水，如与水反应，酸性氧化物只生成酸．【解答】解：A．H2、D2、T2是单质，不是原子，不为同位素，故A错误；B．胶体和溶液都能透过滤纸，因此不能够用过滤的方法分别氯化钠溶液和氢氧化铁胶体，故错误；专业..C．NH3和水反应生成NH3?H2O，一水合氨电离出阴、阳离子而使其溶液导电，电离出阴、阳离子的物质是NH3?H2O而不是NH3，因此NH3是非电解质，故C正确；D．SO2可与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸、NO和水，不是酸性氧化物，故D错误；应选C．【议论】本题主要观察同位素、电解质、非电解质、酸性氧化物、胶体的性质等看法，难度不大，注意这几个看法的差异．6．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是（）A．1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NAB．标准情况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4LC．将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NAFe3+D．标准情况下，22.4LCl2与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】离子反应专题．【解析】A、硫酸根离子带两个负电荷；B、标准情况三氧化硫不是气体；C、铁离子在水溶液中水解；D、标准情况气体物质的量n=计算获得，结合氯气和碱反应自己氧化还原反应，氯元素化合价0价变化为﹣1价和+1价；【解答】解：A、硫酸根离子带两个负电荷，1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为2NA，故A错误；B、标准情况三氧化硫不是气体1molSO3分子所占的体积约不是22.4L，故B错误；C、铁离子在水溶液中水解，将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有Fe3+＜0.1NA，故C错误；D、标准情况气体物质的量n===1mol，结合氯气和碱反应自己氧化还原反应，氯元素化合价0价变化为﹣1价和+1价，转移的电子数为NA，故D正确；专业..应选D．【议论】本题观察了阿伏伽德罗常数的解析应用，主若是气体摩尔体积的条件解析，盐类水解的理解应用，题目较简单．7．必然条件下，以下各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZ①NaOH溶液AlFe2O3②KOH溶液Br2NaSO溶液23③NaCOSiO2HO232④HClNaHCONaOH3A．只有①③④B．只有①②④C．只有①②③D．①②③④皆可【考点】钠的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【解析】①Al两性金属，既能与强酸又能与强碱反应，可发生铝热反应；②溴单质能与强碱反应，溴单质有强氧化性能够氧化NaSO溶液；23③二氧化硅与水不反应；④NaHCO3可与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应生成碳酸盐．【解答】解：①Al两性金属，既能与强酸又能与强碱反应，铝比铁爽朗，可发生铝热反应冶炼铁，故正确；②溴单质能与强碱KOH反应生成溴化钾、次溴酸钾和水，溴单质有强氧化性能够氧化Na2SO3溶液生成硫酸钠和溴化钠，故正确；③二氧化硅与水不反应，故错误；④NaHCO3可与酸反应生成二氧化碳气体，与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故正确．应选B．【议论】本题观察元素化合物性质，为高频考点，难度不大，重视对基础知识的牢固，需要学生熟练掌握元素化合物性质．专业..8．用以下装置不能够达到相关实验目的是（）A．证明ρ（煤油）＜ρ（钠）＜ρ（水）B．制备Fe（OH）2C．制取金属锰D．比较NaHCO3和Na2CO3的热牢固性【考点】化学实验方案的议论．【解析】A．钠的密度比水的小，比煤油的大；B．煤油能间隔空气，防范生成的氢氧化亚铁被氧化；C．利用铝热反应可制备熔点高的金属Mn；D．比较牢固性，碳酸氢钠应在小试管中．【解答】解：A．由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B．由图可知，制备氢氧化亚铁应防范被氧化，而煤油能间隔空气，可防范生成的氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C．由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；专业..D．因碳酸氢钠不牢固，碳酸钠牢固，比较牢固性应将碳酸氢钠放在小试管中，故D错误；应选D．【议论】本题观察实验方案的议论，明确现象与物质的性质和制取的关系、反应原理及金属冶炼的关系等知识即可解答，题目难度不大．9．以下反应的化学方程式或离子方程式正确的选项是（）A．氢氧化亚铁被氧化：4Fe（OH）2+2H2O+O═4Fe（OH）32B．铝与稀硝酸反应：2Al+6H+═2Al3+2+3H↑+﹣C．过氧化钠和水反应：2Na2O2+2H2O═4Na+4OH+H2↑D．向硅酸钠溶液中通入过分二氧化碳：SiO2﹣2﹣3+CO+HO═HSiO+CO22233【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写．【专题】离子反应专题．【解析】A．氢氧化亚铁简单被空气中氧气氧化成氢氧化铁；B．铝与稀硝酸反应生成NO气体，不会生成氢气；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是氢气；D．二氧化碳过分，反应生成碳酸氢根离子．【解答】解：A．氢氧化亚铁被氧化的离子方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，故正确；B．铝与稀硝酸反应生成一氧化氮气体，正确的离子方程式为：﹣+3+NO3+Al+4H═H2O+NO↑+Al，故B错误；C．过氧化钠和水反应生成氧气，正确的离子方程式为：222+﹣22NaO+2HO═4Na+4OH+O↑，故C错误；D．硅酸钠溶液中通入过分二氧化碳，反应生成硅酸胶体和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：SiO32﹣+2CO+2H2O═H2SiO3（胶体）+2HCO3﹣，故D错误；应选A．【议论】本题观察了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物可否正确，检查各物质拆分可否正确，如专业..难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查可否吻合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查可否吻合原化学方程式等．10．8.34gFeSO4?7H2O（分子量：278）样品受热脱水过程的热重曲线（样质量量随温度变化的曲线）以下列图，以下说法正确的选项是（）A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4?5H2OB．取合适380℃时所得的样品P，间隔空气加热至650℃，获得一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4C．在间隔空气条件下，N获得P的化学方程式为FeSO4?H2OFeSO4+H2OD．温度为l59℃时固体N的化学式为FeSO4?2H2O【考点】化学方程式的相关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【解析】8.34gFeSO?7HO样品物质的量==0.03mol，其中m（HO）422=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g﹣3.78g=4.56g，故P的化学式为FeSO4，可知在加热到373℃从前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不相同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（FeSO4?7H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g﹣1.68g=0.72g，n（O）==0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价高升，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，依照硫原子守恒及气体的质量列方程计算判断可否含有三氧化硫，以此解答该题．专业..【解答】解：8.34gFeSO4?7H2O样品物质的量==0.03mol，其中m（H2O）=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g﹣3.78g=4.56g，故P的化学式为FeSO4，可知在加热到373℃从前，晶体失去部分结晶水，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（FeSO4?7H2O）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g﹣1.68g=0.72g，n（O）==0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3．A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m（FeSO4）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H2O）=6.72g﹣4.56g=2.16g，n（H2O）==0.12mol，则n（H2O）：n（FeSO4）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO4?4H2O，故100℃时，M的化学式为FeSO4?4H2O，故A错误；B．由上述解析可知，P化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价高升，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，则，解得x=y=0.015，因此方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故B错误；C．温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其中m（FeSO4）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H2O）=5.10g﹣4.56g=0.54g，n（H2O）==0.03mol，则n（H2O）：n（FeSO4）=0.03mol：0.03mol=1：1，则N的化学式为FeSO4?H2O，P化学式为FeSO4，在间隔空气条件下由N获得P的化学方程式为：FeSO4?H2OFeSO4+H2O，故C正确；D．由上述解析可知，温度为l59℃时固体N的化学式为FeSO4?H2O，故D错误，应选：C．【议论】本题观察化学方程式的计算，重视于学生的解析能力和计算能力的观察，注意掌握物质的质量的变化关系，能读懂图象，从质量守恒的角度解答该题，难度较大．11．以下离子检验正确的选项是（）A．检验试液中的2﹣白色积淀白色积淀SO：试液4B．检验试液中的Cl﹣：试液无积淀白色积淀专业..C．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象血红色溶液D．检验试液中的4+气体逸出试纸变蓝NH：试液【考点】常有离子的检验方法．【专题】物质检验鉴别题．【解析】A．检验硫酸根离子，先加盐酸消除搅乱离子；B．检验氯离子，先加硝酸酸化，消除搅乱离子；C．检验亚铁离子，先加KSCN溶液，无现象，再加氯水；D．铵根离子与碱反应生成氨气，氨气使红色石蕊试纸变蓝．【解答】解：A．检验硫酸根离子，先加盐酸消除搅乱离子，试剂加入序次不合理，不能够检验，故A错误；B．检验氯离子，先加硝酸酸化，消除搅乱离子，试剂不合理，硫酸银为白色积淀搅乱氯离子检验，故B错误；C．检验亚铁离子，先加KSCN溶液，无现象，再加氯水，溶液为血红色，试剂序次不合理，故C错误；D．铵根离子与碱反应生成氨气，氨气使红色石蕊试纸变蓝，检验方法合理，故D正确；应选D．【议论】本题观察常有离子的检验，为高频考点，掌握检验试剂、试剂序次、现象与结论的关系为解答的要点，重视解析与实验能力的观察，题目难度不大．12．向溶液X中连续通入气体Y，不会产生“浑浊→澄清”现象的是（）A．X：硝酸银溶液，Y：氨气B．X：漂白粉溶液，Y：二氧化硫C．X：氢氧化钡溶液，Y：二氧化碳D．X：偏铝酸钠溶液，Y：二氧化氮【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质．【专题】元素及其化合物．专业..【解析】A．氨气溶于水生成一水合氨，与硝酸银溶液先生成氢氧化银积淀，尔后反应生成银氨络合物；B．漂白粉溶液通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙；C．二者先反应生成碳酸钡积淀，尔后碳酸钡溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钡；D．开始生成氢氧化铝，尔后溶解在硝酸中．【解答】解：A．氨气溶于水生成一水合氨，与硝酸银溶液先生成氢氧化银积淀，尔后反应生成可溶性银氨络合物，先产生积淀，后积淀溶解，故A不选；B．漂白粉溶液通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，积淀不会溶解，故B选；C．二者先反应生成碳酸钡积淀，尔后碳酸钡溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钡，先产生沉淀，后积淀溶解，故A不选；D．偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，尔后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊→澄清”现象，故D不选；应选B．【议论】本题观察物质的性质，为高频考点，综合观察元素化合物知识，掌握发生的氧化还原反应、复分解反应为解答的要点，注意物质的溶解性及氢氧化铝的两性，题目难度不大．13．某溶液中可能含有++2+3+3+2﹣2﹣﹣中的几种．①若加入H、NH4、Mg、Al、Fe、CO3、SO4、NO3锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色积淀，且产生的积淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系以下列图．则以下说法不正确的选项是（）+2+3++A．溶液中的阳离子有H、Mg、Al、NH4+B．溶液中n（NH4）=0.2molC．溶液中必然不含CO32﹣和NO3﹣，可能含有SO42﹣+）：n（Al3+2+）=2：2：1D．n（H）：n（Mg专业..【考点】常有离子的检验方法．【专题】物质检验鉴别题．【解析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32﹣和NO3﹣不能够大量共存；加入NaOH溶液，产生白色积淀，说明不存在铁离子；依照产生的积淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中必然含有2+3+Mg、Al；又由于当积淀达到最大值时，连续进入氢氧化钠，积淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必定存在阴离子，因此必然还有2﹣．结合图象中各阶段耗资的氢氧化钠，计算溶液中nSO4+2+）、n（Al3++（H）、n（Mg）、n（NH4），据此解答．【解答】解：若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，2﹣﹣33加入NaOH溶液，产生白色积淀，说明不存在3+NaOH的物质的Fe；依照产生的积淀量与加入量之间的关系图可知，溶液中必然含有2+3+Mg、Al；又由于当积淀达到最大值时，连续进入氢氧化钠，积淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必定存在阴离子，因此必然2﹣还有SO4；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，+耗资氢氧化钠为0.1mol，则n（H）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，耗资氢氧化钠为+4=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，耗资氢氧化钠0.8mol﹣0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，依照铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠积淀镁离子、铝离子，共耗资氢氧化钠为0.5mol﹣0.1mol=0.4mol，则2+n（Mg）=（0.4mol﹣0.1mol×3）÷2=0.05mol，A．由上述解析可知，溶液中的阳离子只有+2+3++4+B．由上述解析可知，溶液中n（NH4）=0.2mol，故B正确；C．由上述解析可知，溶液中必然不含2﹣﹣，必然含有SO42﹣，故C错误；CO3、NO3D．由上述解析可知，溶液中+3+2+：0.1mol：0.05mol=2：2：n（H）：n（Al）：n（Mg）=0.1mol1，故D正确，应选C．专业..【议论】本题观察离子共存、反应图象鉴别以及离子反应相关计算等，是高考中的常有题型，对学生的综合能力提出了更高的要求，有利于培养学生的逻辑思想能力和发散思想能力，难度较大．14．以下陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA2+前者表现出还原性后者表现出漂白Fe、SO都能使酸性高锰酸钾溶液褪色性B纯银器表面在空气中渐渐变暗发生了化学腐化C22SO能与次氯酸及碱反应SO是两性氧化物DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白说明Ksp（BaSO4）大于Ksp（BaCO3）色积淀A．AB．BC．CD．D【考点】氧化性、还原性强弱的比较；金属的电化学腐化与防范；难溶电解质的溶解平衡及积淀转变的实质；二氧化硫的化学性质．【解析】A、二氧化硫和高锰酸钾溶液反应是利用二氧化硫的还原性，二氧化硫漂白性是和有机色素结合为无色物质；B、银和氧气反应生成氧化物，和硫化物反应生成硫化银变暗；C、二氧化硫和次氯酸钠在碱性溶液中发生氧化还原反应，表现二氧化硫的还原性；D、积淀形成与离子浓度大小相关，温度不变溶度积常数不变．【解答】解：A、二氧化硫和高锰酸钾溶液反应是利用二氧化硫的还原性，二氧化硫漂白性是和有机色素结合为无色物质；亚铁离子和高锰酸钾溶液反应表现亚铁离子的还原性，故A错误；B、由于空气中存在O2和极少量O3，可将Ag氧化为AgO，表面变暗；纯银器表面在空气中因化学腐化渐渐变暗，故B正确；C、SO2能与次氯酸反应是次氯酸根离子的强氧化性和二氧化硫的还原性，与碱反应是酸性，故C错误；专业..D、BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色积淀，是由于碳酸根离子浓度大，和钡离子浓度乘积等于碳酸钡的Ksp，实质Ksp（BaSO4）小于Ksp（BaCO3），故D错误；应选B．【议论】本题观察了氧化还原反应的进行依照和性质应用，物质性质和盐酸化合价变化是解题要点，题目难度中等．15．以下用数轴表示的产物与量的关系不合理的是（）A．铁和稀硝酸反应：B．Cl2与FeI2溶液反应后的产物：C．向烧碱液中通入SO2后的产物：D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，铝元素的存在形式：A．AB．BC．CD．D【考点】化学方程式的相关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【解析】A、少量铁和稀硝酸反应生成三价铁离子，过分的铁和硝酸反应最后生成亚铁离子；B、碘离子还原性大于亚铁离子，氯气不足时碘离子优先反应，氯气过分时亚铁离子、碘离子都被氧化；C、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，通入过分二氧化硫生成亚硫酸氢钠；D、氯化铝溶液中滴入氢氧化钠开始生成氢氧化铝积淀，到全部生成氢氧化铝后，连续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠．【解答】解：A、少反应的化学方程式：4HNO3（稀足）+Fe═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，3HNO+8Fe═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，量铁和稀硝酸反应生成三价铁离子，n（HNO3）：n（Fe）=4：1，；过分的铁和硝酸反应最后生成亚铁离子，n（HNO3）：n（Fe）=8：3，在4：1～8：3范围内生成硝酸亚铁和硝酸铁，数轴变化吻合，故A正确；专业..B、碘离子还原性大于亚铁离子，氯气不足时碘离子优先反应，氯气过分时亚铁离子、碘离子都被氧化，因此开始氧化的是碘离子，而不是亚铁离子，故B错误；C、烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n（NaOH）：n（SO2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过分二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：1～1：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，故C正确；﹣3+时，铝元素都以﹣与Al3+D、OH与Al的物质的量之比为3：1Al（OH）3的形式存在，即OH的物质的量之比为≤3时铝元素都以Al（OH）3和Al3+﹣3+的形式存在，OH与Al的物质的量之比为4：1时，铝元素都以﹣﹣与Al3+AlO2的形式存在，即OH的物质的量之比为≥4时铝元素﹣D正确；都以AlO2的形式存在，故应选B．【议论】本题综合观察元素化合物知识，为高频考点，重视于学生的解析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的观察，难度较大，注意掌握物质的性质以及反应种类的掌握．16．关于海水综合利用问题，以下说法错误的选项是（）A．从能量变换角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将电能转变成化学能的过程B．在过程②中若要获得无水MgCl2不能直接蒸干灼烧2+2﹣2+C．除去粗盐中杂质（Mg、SO4、Ca），加入的药品序次为：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸D．第③④步的目的是为了浓缩富集溴【考点】海水资源及其综合利用．【专题】电化学专题；卤族元素；物质的分别提纯和鉴别．【解析】海水蒸发溶剂获得粗盐和母液，粗盐经过精制获得精盐，电解饱和食盐水获得氯气、氢气和氢氧化钠；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁积淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，专业..制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸取后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质获得高浓度的溴．A．电解原理解析，电解饱和食盐水是电能转变成化学能；B．氯化镁易水解，为防范水解，过程②中结晶出的MgCl2?6H2O要必然条件下加热脱水制得无水MgCl2；C．过程①加入的药品序次为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸；D．溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸取生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素．【解答】解：A．依照电解原理解析，电解饱和食盐水是电能转变成化学能，故A正确；B．氯化镁为强酸弱碱盐易水解，为防范水解，过程②中结晶出的MgCl2?6H2O要氯化氢氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B正确；C．过程①加入的药品序次为：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸，氢氧化钠积淀镁离子，碳酸根离子除去钙离子，钡离子除去硫酸根离子，过滤后加盐酸，稀盐酸不能除去氯化钡溶液，因此会产生杂质，故C错误；D．溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸取生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第③步到第④步的目的是为了浓缩富集溴，故D正确；应选C．【议论】本题观察了海水资源的综合利用，明确该过程中发生的反应及反应原理是解本题关键，注意除杂剂的滴加序次、除去粗盐中杂质加入的药品序次，为易错点，题目难度中等．17．在必然浓度的浓硝酸中加入m克铜镁合金恰好完好溶解（假定硝酸的还原产物只有NO2），向反应后的混杂溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到vmL时，恰好完好反应，获得积淀质量为n克，则以下相关该实验的说法中正确的有（）①积淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克②恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量为bvmol③反应过程中转移的电子数为mol专业..④生成NO2气体的体积为L⑤与合金反应反应的硝酸的物质的量为mol．A．①②③④⑤B．①③④⑤C．①③⑤D．①②③⑤【考点】相关混杂物反应的计算．【专题】守恒法；利用化学方程式的计算．【解析】mg铝镁合金与必然浓度的稀硝酸恰好完好溶解（假定硝酸的还原产物只有NO2），向反应后的混杂溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，获得积淀质量恰好为最大值n克，积淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液；①积淀为氢氧化铝和氢氧化镁，积淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和；②恰好溶解后溶液中的﹣离子的物质的量等于积淀质量最大溶液中﹣离子的物质的量，33﹣+32+2+③依照电荷守恒，在积淀中，氢氧根的物质的量等于Mg、Cu所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子来进行计算；④依照气体没有明确所处状态可否标准状态来判断；⑤依照质量守恒，硝酸有两种作用，作为酸的硝酸（生成硝酸铜、硝酸镁）的物质的量等于mol，依照电子守恒计算出生成二氧化氮的物质的量，从而可知硝酸的总物质的量．【解答】解：①积淀为氢氧化铝和氢氧化镁，积淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，因此积淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克，故①正确；②恰好溶解后溶液中的﹣离子的物质的量等于积淀质量最大溶液中﹣离子的物质的量，NO3NO3当积淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，3﹣+）=n（NaOH）=mol，故②错误；3③至积淀量最大，生成的n克积淀为氢氧化铜和氢氧化镁．依照质量守恒定律，其中镁、铜元素的质量等于m克合金的质量，因此积淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克，在积淀中，氢氧根的物质的量等于2+2+Mg、Cu所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，﹣﹣mol，故③正确；n（e）=n（OH）=④选项中没有说明所处状态，无法计算二氧化氮的体积，故④错误；专业..⑤参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO2的物质的量为：mol=mol，生成硝酸铜、硝酸镁的硝酸根离子为为mol，因此与合金反应的硝酸的物质的量为mol，故⑤正确；故①③⑤正确，应选C．【议论】本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合观察，难度中等，题目以多项形式表现，观察了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道观察能力的好题．18．以下说法错误的选项是（）A2Na+2HO=2NaOH+H↑均为水做氧化剂的氧化还原反应2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO+3H2↑BFe+CuSO4=FeSO4+Cu均为固体质量增大的置换反应点燃2Mg+CO2MgO+CCNaAlO2+SO2+2H2O=Al（OH）3+NaHSO3均为较强酸制较弱酸的复分解反应NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3DH2O2+SO2=H2SO4均为非氧化还原反应的化合反应CaO+SO3=CaSO4A．AB．BC．CD．D【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【解析】A．H元素化合价降低，被还原；B．Cu的相对原子质量都铁大；镁和二氧化碳反应，生成物都是固体；专业..C．依照强酸制备弱酸的反应特点判断；D．H2O2+SO2=H2SO4中，O、S元素化合价发生变化．【解答】解：A．H元素化合价降低，被还原，水做氧化剂，故A正确；B．Cu的相对原子质量都铁大；镁和二氧化碳反应，生成物都是固体，都为固体质量增大的置换反应，故B正确；C．NaAlO2+SO2+2H2O=Al（OH）3+NaHSO3、NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3，吻合强酸制备弱酸的反应特点，故C正确；D．H2O2+SO2=H2SO4中，O、S元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D错误．应选D．【议论】本题观察较为综合，涉及氧化还原反应等知识，为高频考点，重视于学生的解析能力的观察，注意掌握反应的规律，难度不大．二、解答题（共3小题，满分46分）19．某实验小组利用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁，经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热到100℃左右时易升华．如图是两个学生设计的实验装置，左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置不相同，分别如（Ⅰ）和（Ⅱ）所示．试回答：+﹣2+（1）B中反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl=Mn+Cl2↑+2H2O；（2）实验中a与b两个酒精灯应先点燃a，目的是让氯气充满装置，消除装置中的空气；（3）收集装置（Ⅰ）的主要缺点是：导管易被产品拥堵，尾气排入空气，易造成环境污染．装置（Ⅱ）也有缺点，必定采用的改进措施是：在E和F之间连接装有干燥剂的装置．专业..（4）b酒精灯加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量聚积在反应管D右端，要使聚积的FeCl3进入收集器，操作是在聚积的FeCl3固体下方加热．（5）实验中还缺少一个除杂装置，目的是除去除去生成氯气中的氯化氢气体；应选择C做除杂剂3．饱和食盐水D．NaOH溶液．A．饱和NaHCOB．水C【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质．【专题】无机实验综合．【解析】（1）二氧化锰与用盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水；2）要制备氯化铁则D中发生的反应为氯气与铁反应生成氯化铁，若装置中含有空气，则空气中的氧气等能够与铁反应，引入杂质；3）装置（Ⅰ）的主要缺点是导管易被产品拥堵，有毒气体应该有尾气办理装置；装置（Ⅱ）尾气办理装置中有水，生成的氯化铁简单发生潮解；4）要使聚积的FeCl3进入收集器，依照FeCl3加热易升华的性质；5）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，依照氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大的性质选择合适的除杂剂；【解答】解：（1）二氧化锰与用盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为+﹣2+↑+2HO；MnO+4H+2Cl=Mn+Cl222故答案为：+﹣2+MnO2+4H+2Cl=Mn+Cl2↑+2H2O；（2）要制备氯化铁则D中发生的反应为氯气与铁反应生成氯化铁，若装置中含有空气，则空气中的氧气等能够与铁反应，引入杂质，因此应先点燃a酒精灯，用制备的氯气消除装置中的空气；故答案为；a；让氯气充满装置，消除装置中的空气；（3）装置Ⅰ的主要缺点：导管易被产品拥堵，尾气排入空气，易造成环境污染；装置（Ⅱ）尾气办理装置中有水，生成的氯化铁简单发生潮解，改进方法：在E和F之间连接装有干燥剂的装置；故答案为：导管易被产品拥堵，尾气排入空气，易造成环境污染；在E和F之间连接装有干燥剂的装置；专业..4）由题意知；FeCl3加热易升华，要使聚积的FeCl3进入收集器，正确的操作是：在聚积的FeCl3固体下方加热；故答案为：在聚积的FeCl3固体下方加热；5）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，因此能够选择饱和食盐水来除去氯气中的氯化氢气体；故答案为：除去生成氯气中的氯化氢气体；C．【议论】本题以氯化铁的制备为载体观察了氯气的制备、实验方案的设计及议论，明确实验原理及装置作用是解题要点，题目难度不大．20．黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还能够够制备硫及铁的化合物．工业流程图如图：（1）冶炼铜的总反应可看做8CuFeS2+21O8Cu+4FeO+2FeO3+16SO2若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是Cu、O（填元素符号），1molCuFeS2参加反应转移电子的物质的量为12.5mol；（2）上述冶炼过程产生大量气体A．以下办理方案中合理的是b、c（填代号）；a．高空排放b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸取制Na2SO4d．用浓硫酸吸取考据气体A的主要成分是SO2的方法是将气体通入品红溶液中，若是品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫；3）熔渣B（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3．．a．加入H2O2发生反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3+3+﹣﹣；b．除去Al的离子方程式是Al+4OH=2H2O+AlO2（4）采用供应的试剂，设计实验考据熔渣B中含有FeO．专业..供应的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水所选试剂为稀硫酸、KMnO4溶液；证明炉渣中含有FeO的实验现象为稀硫酸浸取炉渣B所得溶液使KMnO4溶液褪色．【考点】制备实验方案的设计；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质．【专题】综合实验题；几种重要的金属及其化合物；制备实验综合．【解析】流程解析：利用黄铜矿与石英砂、空气混杂焙烧获得冰铜（mCu2S?nFeS），连续焙烧获得气体SO2（大气污染物需要用纯碱溶液吸取）、熔渣及泡铜，其中熔渣经过硫酸溶解过滤除去不溶于酸的SiO2和含有Fe2+、Fe3+、Al3+的酸性溶液，利用过分氢氧化钠溶液进行分别获得氢氧化铁积淀，过滤冲洗灼烧获得氧化铁，泡铜与Al经过铝热反应获得粗铜，再利用电解获得精铜，据此解析解题；1）反应中化合价降低的元素被还原，CuFeS2中Cu元素化合价从+2价降为0价，Fe元素部分从+2价高升为+3价，S有﹣2价高升为+4价，可结合化合价起落总数判断电子转移数目；2）冶炼过程产生大量SO2，办理方案中合理的解析是二氧化硫是污染性气体，不能够排放到空气中，能够吸取利用；SO2有漂白性，能使品红褪色，但生成的无色物质不牢固；3）a、利用过氧化氢在酸性条件下的氧化性氧化溶液里的Fe2+，同时还原为水；b、氢氧化铝是两性氧化物，能和强酸以及强碱反应；4）先选择酸溶解熔渣B，再利用亚铁离子能被高锰酸钾溶液氧化，使的高锰酸钾溶液褪色来选择试剂及方法．【解答】解：（1）化合价降低的元素Cu、O，在反应中被还原，依照反应方程式可知1molCuFeS2参加反应时，有mol的氧气参加反应，同时获得1molCu，共转移电子