河北省石家庄市行唐县三中高三11月月考化学试题

石家庄市行唐县三中2020届高三11月第一次考试化学试题时间：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量:Mn:55一、选择题（每题3分）1.下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是（）A.宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物B.指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C.黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S==K2S+N2↑+3CO2↑，其中氧化剂只有KNO3D.活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于碱性氧化物【答案】A【解析】【详解】A.宣纸的主要成分为天然纤维素，纤维素为多糖，属于高分子化合物，故A正确；B.天然磁石成分为四氧化三铁，故B错误；C.反应2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑中，N、S元素化合价降低，得电子被还原，C元素化合价升高，失电子被氧化，所以KNO3和S都是氧化剂，故C错误；D.Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故D错误。答案选A。【点睛】本题以我国传统文化四大发明为命题情景，考查化学基本概念，涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等，掌握基础知识是解题的关键，注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化合价变化，化合价变没变，是升高了还是降低了。2.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B.澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D项正确；答案选C。3.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.标准状况下，3OH分子中共价键的数目为AB.1mol

Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为2NAC.25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出H+的数目为AD.0.1

mol

H2和0.1

molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为A【答案】C【解析】分析：A.标准状况下，CH3OH是液体；B.1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA；C.Na2CO3水解促进水的电离,溶液中的OH全来自水的电离，由水电离出H+等于由水电离出的OH,以此解题；D.2和2于密闭容器中充分反应，H2+I22HI，因为可逆反应不能进行到底，以此解题。详解:A.

标准状况下，CH3OH是液体，3OH分子中共价键的数目，故A错误；B.

Na2O2～e，1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，故B错误；C.25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中c(OH)=0.01mol/L，n(OH)=0.01mol/L×1L=0.01mol,由水电离出H+等于由水电离出的OHA，故C正确.2和2于密闭容器中充分反应，H2+I22HIA，故D错误；本题答案为C。4.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是A.e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体B.玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应C.c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触D.Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀【答案】A【解析】【分析】SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO32或SO42，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32，则生成的沉淀可能为BaSO3；如是氧化性气体,溶液中可生成SO42，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。【详解】A、如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A正确；

B、玻璃管的作用是连通大气,平衡压强,以便左右两边产生的气体顺利导入，故B错误；C、如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误；

D.SO2与BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】SO2

与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。5.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是A.在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B.石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C.在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物【答案】B【解析】A.用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B不正确；C.在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C是正确的；D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，6.含有下列各组离子的溶液中，后各离子仍能大量存在的是选项溶液中的离子通入(或加入)过量的某种物质AH+、Ba2+、Fe3+、NO3通入SO2气体BAlO2、Na+、Br、SO42通入CO2气体CHCO3、Na+、I、HS加入AlCl3溶液DCa2+、Cl、K+、H+通入CO2气体A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】分析：A项，通入过量SO2会与Fe3+、NO3/H+反应；B项，通入过量CO2会与AlO2反应；C项，Al3+会与HCO3、HS反应；D项，通入过量CO2与各离子不反应。详解：A项，通入过量SO2会与Fe3+、NO3/H+反应，反应离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=SO42+2Fe2++4H+、3SO2+2NO3+2H2O=3SO42+2NO↑+4H+，通入过量SO2后Fe3+、NO3不能大量存在；B项，通入过量CO2会与AlO2反应，反应的离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3，通入过量CO2后AlO2不能大量存在；C项，Al3+会与HCO3、HS反应，反应的离子方程式为Al3++3HCO3=Al（OH）3↓+3CO2↑、Al3++3HS+3H2O=Al（OH）3↓+3H2S↑，加入过量AlCl3后HCO3、HS不能大量存在；D项，通入过量CO2与各离子不反应，通入过量CO2后各离子仍能大量存在；答案选D。点睛：本题考查离子反应，熟悉各离子的性质和物质之间的反应是解题的关键。离子反应常见的反应类型有：（1）复分解反应生成沉淀、水和气体（如题中B项）；（2）氧化还原反应（如题中A项）；（3）双水解反应（如题中C项）；（4）络合反应，如Fe3+与SCN等。7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)【答案】A【解析】【分析】A．根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B．根据铝及其化合物的性质分析判断；C．根据银氨溶液的性质分析判断；D．根据铁及其化合物的性质分析判断。【详解】A．NaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；B．NaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；C．蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和[Ag(NH3)2]+(aq)发生银镜反应，所以不能生成银析出，故C错误；D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；答案选A。8.关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是（）A.向浓度都为的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应B.向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成C.向浓度都为的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应D.向浓度为FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反应【答案】C【解析】【分析】A、三价铁的氧化性强于铜离子,还原剂先和氧化性强的离子反应；B、钡离子和硫酸根离子反应生成白色沉淀硫酸钡；C、碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应,但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠；D、一种氧化剂与多种还原剂反应,还原性强的铁首先反应；【详解】A、三价铁的氧化性强于铜离子,还原剂铁先是和氧化性强的铁离子反应，故A错误；B、钡离子和硫酸根离子反应生成白色沉淀硫酸钡，所以开始有白色沉淀生成，故B错误；C、碳酸钠和氢氧化钠均可以和二氧化碳反应,但是氢氧化钠的碱性强于碳酸钠,所以NaOH先和二氧化碳发生反应,C正确；D、一种氧化剂与多种还原剂反应,还原性强的铁首先反应，故D错误；正确选项C。【点睛】对于含有几种氧化性不同的离子的溶液来说，加入同一种还原剂，该还原剂先与氧化性强的离子反应，直至该离子全部被还原，才能接着进行下一个离子的还原反应，也就是体现了氧化还原反应中的“反应先后”规律。9.某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl－、AlO2。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B.反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3C.原溶液中Al3+与NH的物质的量之比为1∶3D.原溶液中含有的阴离子是Cl－、AlO2【答案】C【解析】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；A．通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4+，故A错误；B．通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，故B错误；C．根据图象知，Al3+、NH4+消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3++3OH=Al(OH)3↓、NH4++OH=NH3·H2O知，原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比1：3，故C正确；D．通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO2，故D错误；故答案为C。点睛：明确图象中曲线变化趋势、拐点的含义是解本题关键，向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减小最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，据此分析解答。10.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是()选项实验及现象结论A用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰该样品含钠元素B向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生证明非金属性Cl＞CC向酸化的KMnO4溶液通入S02,向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀证明S02被氧化SO42D将10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红KI与FeCl3反应有可逆性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、玻璃中含有钠元素，干扰钠离子的检验，应用铁丝或铂丝，故A错误；B、NaHCO3溶液中加入过量盐酸，可知酸性盐酸大于碳酸，但盐酸为无氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故B错误；C、向酸化的KMnO4溶液通入S02，向反应后的溶液中加入盐酸酸化的BaCl2产生白色沉淀，如果高锰酸钾溶液使用的是硫酸进行的酸化，则不能确定SO42是后来生成的还是原溶液中的，故C错误；D、10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合，其中KI过量，混合充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红，证明溶液中还存在三价铁离子，因此可证明KI与FeCl3反应进行不彻底，有可逆性，故D正确；故选D。11.下列反应的离子方程式正确的是A.硫化氢气体通入氯水中：H2S＋Cl2＝S↓＋2Cl－＋2H＋B.向小苏打溶液中加入过量的石灰水：Ca2+＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋CO32－＋2H2OC.氟气通入水中：2F2＋2H2O＝4F－＋4H+＋O2D.FeBr2溶液与足量的Cl2反应：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2＝2Fe3＋＋4Cl－＋Br2【答案】A【解析】【详解】A.硫化氢气体通入氯水中，氯气将硫化氢氧化为硫单质，离子方程式为：H2S＋Cl2＝S↓＋2Cl－＋2H＋,故A正确；

B.向小苏打溶液中加入过量的石灰水，离子方程式为：Ca2+＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O，故B错误；

C.氟气通入水中，生成HF和O2,HF为弱电解质，不能拆，离子方程式为：2F2＋2H2O＝4HF＋O2,故C错误；D.FeBr2溶液与足量的Cl2反应，离子方程式：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2，故D错误。

所以A选项是正确的。【点睛】本题考查了离子方程式书写正误的判断，明确化学反应的实质、掌握离子方程式书写的方法和注意事项是解题的关键，定量型离子方程式的书写要看准“少量”、“过量”或“等量”，注意化学式的拆分。12.由硫铁矿(主要成分：FeS2

和SiO2)为主要原料得到绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如下：下列说法不正确的是A.过程1废气中含SO2B.过程2试剂a

为稀硫酸C.过程3离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42－+4H+D.过程4将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾【答案】D【解析】由制备绿矾流程可知，硫铁矿(主要成分：FeS2

和SiO2)高温煅烧后的烧渣(主要成分：Fe2O3和SiO2)溶于硫酸，溶液中含Fe3+，过程2过滤除去二氧化硅，滤液中通入二氧化硫，将铁离子还原生成亚铁离子，过程4为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾。A．根据上述分析，过程1，废气中含SO2，故A正确；B．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则过程2最好用硫酸来溶解烧渣，故B正确；C.过程3中二氧化硫将铁离子还原生成硫酸亚铁，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42+4H+，故C正确；D.过程4，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，蒸干时绿矾受热失去结晶水，得不到纯净绿矾，故D错误；故选D。点睛：本题考查混合物分离提纯，把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键。注意选项C为解答的难点，要注意氧化还原反应方程式的配平。13.某兴趣小组探究SO2气体的还原性，装置如图所示，下列说法不合理的是A.A装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色，可以说明SO2有还原性B.B装置中蓝色退去，说明还原性：SO2>IC.C装置中吸收尾气有可能倒吸D.A、B装置中发生的反应转移电子数一定相等。【答案】D【解析】【分析】A项，A装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色，Fe3+被还原为Fe2+，说明SO2具有还原性；B项，B装置中蓝色褪去，说明SO2与碘水发生了氧化还原反应，依据氧化还原反应中还原性：还原剂>还原产物分析；C项，SO2能被NaOH溶液迅速吸收，导致C装置中导管内压强明显减小，C装置中可能产生倒吸；D项，A、B装置中消耗反应物物质的量不确定。【详解】A项，A装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色，说明Fe3+被还原为Fe2+，则SO2被氧化，A装置中发生的反应为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42+4H+，说明SO2具有还原性，A项正确；B项，B装置中蓝色褪去，说明SO2与碘水发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H++SO42+2I，在该反应中SO2为还原剂，I为还原产物，氧化还原反应中还原性：还原剂>还原产物，则还原性：SO2>I，B项正确；C项，SO2污染大气，用NaOH溶液吸收尾气，SO2能被NaOH溶液迅速吸收，导致C装置中导管内压强明显减小，C装置中可能产生倒吸，C项正确；D项，A、B装置中发生的离子反应依次为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42+4H+、SO2+I2+2H2O=4H++SO42+2I，由于A、B装置中消耗反应物物质的量不确定，A、B装置中反应转移电子物质的量不一定相等，D项错误；答案选D。14.如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。根据以上信息，判断下列相关分析不正确的是A.上述提取Mg的流程中，没有涉及的反应类型是置换反应B.因氮气的化学性质相对稳定，冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时，可选择氮气C.反应⑥所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用D.从母液中提取Mg和Br2的先后顺序：先提取Br2，后提取Mg【答案】B【解析】【详解】A.题中提取Mg的流程中，发生了分解反应、化合反应和复分解反应，没有涉及置换反应，正确；B.在高温下，氮气能与镁反应生成Mg3N2，不能用氮气来冷却镁蒸气，错误；C.反应⑥所用的气态氧化剂为氯气，生成烧碱和生成镁单质时均有氯气产生，可循环利用，降低成本，正确；D.若先提取镁，所得溶液中会残留Ca(OH)2，再用Cl2提取溴时会消耗Cl2，正确。15.下列有关说法正确的是①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A.③⑤⑥ B.①④⑤ C.除②外都正确 D.③⑤【答案】D【解析】①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I的水溶液I2/H2OI2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。16.向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是(

)A.a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+B.b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C.c点时加入的铁粉与Cu2+反应D.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1【答案】B【解析】【分析】由于氧化性：Fe3+>Cu2+，故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应。【详解】点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+，选项错误，A不符合题意；B.b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，选项正确，B符合题意；C.当加入铁粉的质量大于后，图中曲线出现了拐点，由点（，）可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；D.当加入铁粉质量为时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故溶液中，故溶液中n[Fe2(SO4)3；当加入铁粉的质量为0.56~（即）时，能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则溶液中,故溶液中n(CuSO4；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意；故答案为：B。【点睛】本题的难点是关于c点是否有化学反应发生的判断。仔细观察图像可以发现，点（，）是曲线的拐点，该点把曲线分为两段直线，两段直线的斜率不同，根据点（，）可以判断c点的具体变化。二、填空题17.红帘石矿的主要成分为Fe3O4、Al2O3、MnCO3、Mg0少量MnO2

等。工业上将红帘石处理后运用阴离子膜电解法的新技术提取金属钰并制得绿色高效的水处理剂(K2FeO4)。工业流程如下:(1)在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2可将Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式:________。(2)浸出液中的阳离子除H+、Fe2+、Fe3+外还有_______(填离子符号)。(3)已知:不同金属离子生成生成氢氧化物沉淀所需的pH如下表:离子Fe3+A13+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH完全沉淀的pH步骤②中调节溶液的pH

等于6，调节pH的试剂最好选用下列哪种试剂:_______(填选项字母，下同)滤渣B除掉杂质后可进一步制取K2FeO4，除掉滤渣B中杂质最好选用下列哪种试剂:_____。a.稀盐酸b.KOHc.氨水33(4)滤渣B经反应④生成高效水处理剂的离子方程式___________。(5)电解装置如图所示，箭头表示溶液中阴离子移动的方向；则与A电极连接的是直流电源的_____极。阳极电解液是稀硫酸，若阴极上只有锰单质析出，当生成11g锰时，另一个电极上产生的气体在标准状况下的体积为___。【答案】(1).MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O(2).Mn2+、Mg2+、Al3+(3).d(4).b(5).2Fe(OH)3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O(6).负(7).【解析】(1)在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式:MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。(2)红帘石矿的主要成分为Fe3O4、Al2O3、MnCO3、Mg0少量MnO2

等，加稀硫酸后发生反应，浸出液中的阳离子除H+、Fe2+、Fe3+外还有Mn2+、Mg2+、Al3+。（3）步骤②中调节溶液的pH等于6，最好选用MnCO3，不会增加新杂质。根据表中所给数据，pH=6时，Fe3+、Al3+完全沉淀，所以滤渣B的成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，除去Al(OH)3可加入KOH溶液，使Al(OH)3溶解。本题答案：db。(4)滤渣B含Fe(OH)3，被ClO‾氧化为FeO42‾，离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO+4OH＝2FeO42+3Cl+5H2O；(5)电解时，电解质溶液中阴离子移向阳极，所以电极B与直流电源的正极相连做阳极，则A电极与直流电源的负极相连做阴极；若阴极上只有锰单质析出，当生成11g锰为时，Mn2+Mn2e—转移的电子数为0.4mol,阳极：4OH－4e—＝O2↑+2H2O,产生的氧气为0.1mol,标况下体积为。答案：负.。点睛：本题考查化学工艺流程的分析、反应速率的影响因素、电解原理、氧化还原反应方程式的书写等知识。工艺流程问题弄清楚物质之间的反应关系，如金属氧化物可以和酸反应，那么Fe3O4、Al2O3、MnCO3、Mg0就可以被酸溶液。离子除杂问题要掌握特殊离子的性质，如Fe2+不稳定性，易被氧化，Fe3+的氢氧化物溶解性很小，并且易水解，所以通过调节溶液的酸碱性可以除去。完成电解原理原理问题，要掌握判断阴阳极的方法来确定。写氧化还原反应方程式，要注意电子守恒，电荷守恒。18.在严格无氧的条件下，碱与亚铁盐溶液反应生成白色胶状的Fe(OH)2，在有氧气的情况下迅速变为灰绿色，逐渐形成红褐色的氢氧化铁，故在制备过程中需严格无氧。现提供制备方法如下：方法一：用FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。(1)配制FeSO4溶液时需加入铁粉的原因是_____；除去蒸馏水中溶解的O2常采用_____的方法。(2)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_____。方法二：在如图装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。(1)在试管Ⅰ里加入的试剂是_____；(2)在试管Ⅱ里加入的试剂是_____；(3)为了制得白色Fe(OH)2沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是_____。(4)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是_________________________。【答案】(1).稀硫酸、铁屑(2).煮沸(3).避免生成的Fe（OH）2沉淀接触O2(4).稀硫酸、铁屑(5).NaOH溶液(6).检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹(7).试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入【解析】【分析】本实验题用两种方法来制备氢氧化亚铁，方法一完全是采用课本中的实验，考查硫酸亚铁溶液的配制中的要求，必须要注意防止水解和氧化；在制备氢氧化亚铁必须要除去溶解在溶液中的氧气及制备氢氧化亚铁的操作要求；方法二是对课本实验的延伸，是一种改进的制备方法，用氢气作保护气的方法来保证新制的氢氧化亚铁不被马上氧化。【详解】方法一

：(1)配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸和铁屑，抑制Fe2+的水解并防止Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，故答案为：稀H2SO4、铁屑；(2)煮沸蒸馏水可除去其中溶解的O2．故答案为：煮沸；(3)Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，实验时生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，故答案为：避免生成的

Fe(OH)2沉淀接触O2；方法二：(1)试管Ⅰ中提供还原性气体氢气和硫酸亚铁溶液，可用硫酸和铁屑反应生生成，故答案为：稀H2SO4、铁屑；(2)试管Ⅱ中应为NaOH溶液，与试管Ⅰ中生成的FeSO4溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，故答案为：NaOH溶液；(3)打开止水夹，Fe与H2SO4反应生成H2充满整个装置，反应一段时间后关闭止水夹，左侧试管内气压升高，反应生成的Fe2+沿导管进入右侧试管与NaOH反应生成白色沉淀Fe(OH)2，若过早关闭止水夹，使左侧试管中的硫酸压入右侧试管中，将NaOH中和，则得不到Fe(OH)2溶液．故答案为：检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹；(4)由于装置中充满H2，外界空气不易进入，所以沉淀的白色可维持较长时间，故答案为：试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入。【点睛】Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，这是Fe(OH)2的重要性质，本题是在原有性质基础上进行了改编，设计成了探究型实验题。本题考查水解方面的问题，又考查了氧化还原方面的问题，还有实验中的实际问题，同时还考查了实验的设计，题目难度中等。19.氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的工业制备原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2===3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫代硫酸钠，并检测氰化钠废水处理排放情况。I.实验室通过如图所示装置制备Na2S2O3（1）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有_____________(写出一条)。（2）b装置的作用是_____________。（3）反应开始后，c中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物为__________(填化学式)。（4）实验结束后，在e处最好连接盛__________(填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中的一种)的注射器，接下来的操作为______________，II.氰化钠废水处理（5）已知:a.废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L；++2CN==[Ag(CN)2]，Ag++I=AgI↓，AgI呈黄色，且CN优先与Ag+反应实验如下:取处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.00×104mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。①滴定时1.00×104mol/L的标准AgNO3溶液应用________(填仪器名称)盛装；滴定终点时的现象是______________。②处理后的废水是否达到排放标准_______(填“是”或“否”)。【答案】(1).控制反应温度或调节酸滴加速度(2).安全瓶，防止倒吸(3).S(4).NaOH溶液(5).打开K1关闭K2(6).酸式滴定管(7).滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失(8).否【解析】【实验一】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。(1)实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度；(2)由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；(3)二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊物为S，故答案为：S；(4)实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空气，故答案为：NaOH溶液；关闭K2打开K1；【实验二】(5)①硝酸银溶液显酸性，应该用酸式滴定管盛装；Ag+与CN反应生成[Ag(CN)2]，当CN反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I生成AgI黄色沉淀半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，半分钟内沉淀不消失；②消耗AgNO3的物质的量为1.5×10-3L×0.0001mol/L=1.50×107mol，根据方程式Ag++2CN=[Ag(CN)2]，处理的废水中氰化钠的质量为1.50×107mol×2×49g/mol=1.47×10-5g，废水中氰化钠的含量为点睛：本题考查物质制备实验、物质含量测定等，关键是对原理的理解。本题的易错点为(5)②的计算判断，注意根据方程式Ag++2CN=[Ag(CN)2]计算出氰化钠的含量与废水中氰化钠的最高排放标准为比较判断是否符合排放标准。20.以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：已知：①Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O是放热反应。②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为________________