山东省嘉祥县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省嘉祥县第一中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．25℃的下列溶液中，碱性最强的是
A．pH=11的溶液
B．c（OH﹣）=0.12
mol/L的溶液
C．1L溶液中含有4g
NaOH的溶液
D．c（H+）=1×10﹣10mol/L的溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：c(OH－)分别为：A、
10―3mol/L；B、
0.12
mol/L
；C、
4g/40g·mol-1=0.1mol/L；D、Kw/1×10－10=10-4
mol/L。答案选B。
考点：溶液酸碱性比较
2．已知金刚石和石墨在氧气中完全燃烧的热化学方程式为：
①C(金刚石、s)+O2(g)
＝CO2(g)
△H1＝－395.41kJ/mol
②C(石墨、s)+O2(g)
＝
CO2(g)
△H2＝－393.51kJ/mol
关于金刚石与石墨的转化，下列说法正确的是
A．金刚石转化成石墨是自发进行的过程
B．石墨转化成金刚石是自发进行的过程
C．石墨比金刚石能量高
D．金刚石比石墨能量高
【答案】D
【解析】
试题分析：C(金刚石、s)
＝C(石墨、s)
△H＝－1.9kJ/mol，焓变小于0，有正向进行的趋势，但反应速率太慢，金刚石比石墨能量高，故D正确。
考点：本题考查化学反应与能量。
3．一定条件下，体积为10
L的密闭容器中，1
mol
X和1
mol
Y进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60
s达到平衡，生成0.3
mol
Z。下列说法正确的是
A．以X浓度变化表示的反应速率为0.001
mol/(L·s)
B．将容器体积变为20
L，Z的平衡浓度变为原来的1/2
C．其他条件不变时，若增大压强，则物质Y的转化率减小
D．其他条件不变时，若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH＞0
【答案】A
【解析】
试题分析：A．经60
s达到平衡，生成0.3
mol
Z，则根据方程式可知消耗X0.6mol，浓度是0.6mol÷10L＝0.06mol/L，所以以X浓度变化表示的反应速率为0.06mol/L÷60s＝0.001
mol/(L·s)，A正确；B．将容器体积变为20
L，压强减小，平衡向逆反应方向进行，则Z的平衡浓度小于原来的1/2，B错误；C．其他条件不变时，若增大压强，平衡向正反应方向进行，所以物质Y的转化率增大，C错误；D．其他条件不变时，若升高温度，X的体积分数增大，这说明平衡向逆反应方向进行，所以正反应是放热反应，则该反应的ΔH＜0，D错误，答案选A。
考点：考查反应速率计算、外界条件对平衡状态的影响
4．用质量均为100
g的Cu作电极，电解AgNO3溶液。稍电解一段时间后，两电极的质量相差28
g，此时两电极的质量分别为
A．阳极100
g，阴极128
g
B．阳极93.6
g，阴极121.6
g
C．阳极91.0
g，阴极119.0
g
D．阳极86.0
g，阴极114.0
g
【答案】B
【解析】
试题分析：Cu作阳极，在阳极反应的物质是Cu，Cu-2e-=Cu2+，而阴极是银离子放电生成Ag，若转移2mol电子，则消耗64gCu，生成Ag2×108=216g，两极相差216+64=280g，现在两极相差28g，说明消耗Cu的质量是6.4g，生成Ag的质量是21.6g，所以阳极质量是100-6.4=93.6g，阴极质量是100+21.6=121.6g，答案选B。
考点：考查电解反应的计算
5．Va
L
pH=2的盐酸与VbL
pH=12的氨水混合,若所得溶液显酸性，下列有关判断正确的是
（
）
A．Va一定等于
Vb
B．Va大于或等于
Vb
C．混合溶液中离子浓度一定满足：
c（Cl－）
>
c（NH4+）>
c（H＋）>
c（OH－）
D．混合溶液中离子浓度一定满足：
c（NH4+）
+
c（H＋）
=
c（Cl－）+
c（OH－）
【答案】
D。
【解析】
两种溶液中c（H＋）=c（OH－）=0．01mol/L，故c（NH3·H2O）>c（HCl），若Va=Vb，则氨水一定过量较多，溶液呈碱性，或Va略大于Vb，则溶液仍呈碱性，A、B错；若盐酸过量很多，则反应后的溶液中c（H＋）>c（NH4+），A、B、C错；依电荷守恒原理知D对。
6．完成下列实验所选择的装置或仪器不正确的是
A
B
C
D
实验
分离水和酒精
用铵盐和碱制取氨气
用排空气法收集二氧化氮
用自来水制取蒸馏水
装置或仪器
【答案】A
【解析】
试题分析：A项分液漏斗适合于分离互不相溶的液体，而酒精和水以任意比互溶，错误。
考点：简单实验。
7．海带中含碘元素，有人设计如下步骤来提取碘：①通足量氯气
②将海带烧成灰，向灰中加水搅拌
③加入CCl4振荡
④过滤
⑤用分液漏斗分液．合理的操作顺序为
A．②﹣④﹣①﹣③﹣⑤
B．②﹣①﹣③﹣④﹣⑤
C．①﹣③﹣⑤﹣②﹣④
D．③﹣①﹣②﹣⑤﹣④
【答案】A
【解析】按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液通入足量氯气，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液．
即合理的操作顺序为②﹣④﹣①﹣③﹣⑤，
故选A．
8．下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是
A．BF3
B．H2O
C．PCl5
D．SiCl4
【答案】D
【解析】
试题分析：判断原子是否满足8电子结构的关键是要知道化合物的结构，通过结构式，弄清该原子的成键数，从而判断化合物中原子最外层电子数。计算方法是：化合物中该原子最外层电子数=未成键时原子的最外层电子数+该原子成键形成的共价键数（或化合价绝对值）。A选项中的B有3个共价键（或化合价为+3），所以化合物BF3中B的最外层电子数为6个；B选项H2O中H最外层达到2电子；C选项中P形成5个共价键，化合物中P在此化合物中最外层有5+5=10个电子；D选项SiCl4中Si，有4个共价键，达到8电子，Cl负一价，达到8电子结构，所以，正确选项为D。
考点：考查了分子结构
9．某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱图如下图所示，下列说法中错误的是
A．由红外光谱可知，该有机物中至少有三种不同的化学键
B．若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3-O-CH3
C．仅由其核磁共振氢谱图无法得知其分子中的氢原子总数
D．由核磁共振氢谱图可知，该有机物分子中有三种不同环境的氢原子
【答案】B
【解析】
试题分析：A、红外光谱可知分子中至少含有C-H键、C-O键、O-H键三种不同的化学键，故A正确；B、红外光谱可知分子中含有C-H键、C-O键、O-H键，A的化学式为C2H6O，满足化学键的结构简式为CH3CH2OH，故B错误；C、核磁共振氢谱中只能确定H原子种类，无法得知其分子中的氢原子总数，故C正确；D、核磁共振氢谱中有3个峰说明分子中3种H原子，且峰的面积之比为1：2：3，所以三种不同的氢原子且个数比为1：2：3，故D正确；故选B。
【考点定位】考查常见有机化合物的结构
【名师点晴】本题考查红外光谱和核磁共振氢谱的简单识图。注意核磁共振氢谱只能确定H原子种类，峰的面积之比等于H原子数目之比。
10．化学与人类生产、生活环境密切相关。下列说法正确的是
A．石油分馏、煤的气化、煤的干馏、海水制盐等都属于化学变化过程
B．在牙膏中添加Na2PO3F、NaF能防治龋齿，当提供的F－浓度相等时，它们防治龋齿的作用是相同的
C．NO2、SO2、CO2、PM2.5都是空气质量日报必须报道的大气污染物
D．家用天然气含有特殊气味的主要原因是开采的天然气未经处理就直接转为民用燃气
【答案】B
【解析】
试题分析：A．石油分馏、海水制盐等属于物理变化过程，A项错误；B．氟离子会与羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，氟离子被吸收后，通过吸附或离子交换的过程，在组织和牙齿中取代羟基磷灰石的羟基，使之转化为氟磷灰石，在牙齿的表面形成坚硬的保护层，使硬度增高，抗酸腐蚀性增强，抑制嗜酸菌的活性，当提供的氟离子的浓度相等时，所有这些氟化物防治龋齿的作用是相同的，B项正确；
C．CO2不是大气污染物，C项错误；D.天然气本身是没有颜色，没有气味的，家用管道天然气添加难闻的物质，是为了便于及时发现燃气泄露，以免造成重大伤害，D项错误；答案选B。
【考点定位】考查人类生产、生活环境中的化学知识。
【名师点睛】本题考查人类生产、生活环境中的化学知识。常见的环境污染总结如下：①臭氧空洞主要与氟氯代烃等过量排放造成；②光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的；③酸雨主要由化石燃料燃烧产生的S02、氮氧化物等酸性气体；④白色污染主要是由白色塑料等引起的；⑤造成温室效应的气体是二氧化碳；⑥赤潮是含N、P元素的污水过度排放，造成水体富营养化。
11．下列实验装置或操作正确的是
A
B
C
D
除去附着在铁屑表面的铝
实验室制取乙酸乙酯
实验室制乙烯
分离酒精和水
【答案】A
【解析】
试题分析：A、铝能与氢氧化钠溶液反应，铁不能，反应后过滤即可，A正确；B、吸收乙酸乙酯时导管口不能插入饱和的碳酸钠溶液中，以防止倒吸，B错误；C、实验室制乙烯需要控制温度170℃，温度计水银球插入溶液中，C错误；D、酒精和水互溶，不能分液，D错误，答案选A。
考点：考查实验方案设计和评价
12．已知化学反应A2(g)
+
B2(g)
=
2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是
A.每生成２分子AB吸收bkJ热量
B.
该反应热△H=
+（a-b）kJ/mol
C．加入催化剂，该化学反应的反应热变大
D.
断裂1molA—A和1molB—B键，放出akJ能量
【答案】B
【解析】根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应，反应热是△H＝＋（a－b）kJ/mol，所以选项B正确，A不正确；催化剂不能改变反应热，C不正确；断键吸热，所以D不正确，答案选B。
13．下列说法正确的是
A．含醛基的有机物一定能发生银镜反应
B．在氧气中燃烧时，只生成CO2和H2O的物质一定是烃
C．苯酚有弱酸性，俗称石炭酸，因此它是一种羧酸
D．在酯化反应中，羧酸脱去羧基中的氢，醇脱去羟基而生成水和酯
【答案】A
【解析】A正确，含有醛基的有机物一定能发生银镜反应；B错，烃完全燃烧生成CO2和H2O，但烃的含氧衍生物完全燃烧也生成CO2和H2O，如乙醇；C错，苯酚分子中无羧基；D错，酯化反应的规律是：酸脱羟基醇脱氢；
14．两种气态烃组成的混合物1.12L（标准状况），完全燃烧后得到CO22.24L（标准状况）和1.8g水．该混合物的组成可能是（
）
A．CH3OH和C3H4
B．CH4和C3H4O
C．CH4和C2H4
D．CH4和C3H4
【答案】D
【解析】
试题分析：两种气态烃组成的混合物1.12L（标准状况），物质的量为0.05mol，完全燃烧后得到CO22.24L（标准状况），物质的量为0.1mol，1.8g水的物质的量为0.1mol，则混合的平均化学式为C2H4，因是混合物，则可能是含有C原子数小于2的烃，是甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，可能为乙烯、丙炔；A、B中含有烃的衍生物，不符合。答案选D。
考点：有机物分子式的确定
15．下列说法不正确的是
A．25℃时，pH=11
NaOH溶液和pH=3
CH3COOH混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)
B．取c(H+)=0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL,分别稀释2倍后，再分别加入0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大
C．25℃时，某溶液中由水电离出的c(H+)=10-a
mol/L,若a>7时,该溶液pH一定为14-a
D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中存在：2c(Na＋)＝3[c(HC2O4－)＋c(C2O42－)＋c(H2C2O4)]
【答案】C
【解析】
试题分析：A、醋酸是弱酸，反应后的溶质是：CH3COOH、CH3COONa，此离子浓度大小符合溶液呈现电中性，故A说法正确；B、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，消耗H＋还能继续电离一部分，c(H＋)始终大于盐酸中的，醋酸与锌的反应速率快，故B说法正确；C、a>7，抑制了水的电离
，如果是溶液是碱，pH=a，故C说法错误；D、根据物料守恒：2c(Na＋)＝3[c(HC2O4－)＋c(C2O42－)＋c(H2C2O4)]，故D说法正确。
考点：
16．(14分)（1）用质量分数为36.5％的浓盐酸（密度为1.16g/cm3）配制成1mol/L的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220mL。试回答下列问题：
①配制稀盐酸时，应选用容量为______mL的容量瓶；
②经计算需要______mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的______。
A．5ml
B．10mL
C．25mL
D．50mL
（2）若某药品质量约为32.0
g，用托盘天平准确称其质量，若用↓表示在右盘放上砝码，用↑表示将砝码取下，在下列表格的空格内，用↓和↑表示相应砝码的放上或取下。
50
g
20
g
20
g
10
g
5
g
（3）在配制一定物质的量浓度的溶液时，用“偏高、偏低、无影响”表示下列操作对所配溶液浓度的影响。
①用量筒取液态溶质，读数时，俯视量筒，所配制溶液的浓度
。
②将量取液态溶质的量筒用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，所配制溶液的浓度
。
③定容摇匀后，有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度
。
【答案】（1）①250
②
21.6
C
（2）
50
g
20
g
20
g
10
g
5
g
↓↑
↓
↓↑
↓
↓↑
（3）①偏低；
②偏高；
③无影响。
【解析】
试题分析：（1）①实验室需要1mol/L的稀盐酸220mL，由于容量瓶与该体积最接近的是250ml的容量瓶，②在溶液稀释前后溶质的物质的量不变，质量分数为36.5％的浓盐酸（密度为1.16g/cm3）的物质的量浓度是C=，11.6mol/L×V=1mol/L×250ml,解得V=21.6ml,在量取液体时，量筒的规格与量取的液体的体积越接近，误差就越小，所以应该选择25mL的量筒，选项是C。（2）称量物质的质量时，使用砝码，应该先取用大的，再取用小的，现在称量的要某药品质量约为32.0
g，所以相应砝码的放上或取下的顺序是：
50
g
20
g
20
g
10
g
5
g
↓↑
↓
↓↑
↓
↓↑
（3）①用量筒取液态溶质，读数时，俯视量筒，则溶质的物质的量偏小，所配制溶液的浓度偏低；②将量取液态溶质的量筒用水洗涤，洗涤液倒入容量瓶，则容量瓶中溶质的物质的量偏大，所配制溶液的浓度偏高；③定容摇匀后，由于溶液有均一性，所以即使有少量溶液外流，对所配制溶液的浓度也不能产生任何影响。
考点：考查物质的量溶液的配制的操作步骤、仪器的选择和使用、误差分析及液态溶质的体积的计算。
17．某氮肥厂氨氮废水中氮元素多以NH4＋和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：
（1）过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30
℃，通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：
。
（2）过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH4＋经过两步反应被氧化成NO3－。两步反应的能量变化示意图如右：第一步反应是
反应(选填“放热”或“吸热”)，1molNH4＋(aq)完全转化成NO3－(aq)共与环境交换了
__________kJ热量。
（3）过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3 还原成N2。若该反应消耗32g
CH3OH转移6
mol电子，则生成的N2物质的量是
。
【答案】NH4＋＋OH－△H2O＋NH3↑
放热
346KJ
0.6mol
【解析】
试题分析：（1）①铵盐能和强碱反应，实质是NH4＋＋OH－△H2O＋NH3↑；
（2）因为△H＝-273kJ/mol＜0（反应物的总能量大于生成物的总能量），焓变小于0，则反应为放热反应；第一步的热化学方程式为NH4+（aq）+1.5O2（g）═NO2-（aq）+2H+（aq）+H2O（l）
△H＝-273KJ/mol，第二步的热化学方程式为：NO2-（aq）+0.5O2（g）═NO3-（aq）
△H＝-73KJ/mol，根据盖斯定律则NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3-（aq）
△H=-346
kJ/mol。
（3）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO3＝5CO2+3N2+13H2O，因此生成的氮气的物质的量是×1mol＝0.6mol。
考点：考查反应热以及氧化还原反应的有关判断与计算
18．（一）如图中，A是氯气的发生装置，B、C是净化气体的装置，D中装铁丝网；反应后E的底部有棕色固体聚集；F是吸收多余气体的装置．
（1）写出A中化学反应方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目
（2）仪器a为
，上述装置中有一处明显错误，请指出是
处（用字母表示）。
（3）通过B是为了除去HCl，在B中应加入
；
（4）写出F中发生反应的化学方程式
。
（二）某化学兴趣小组按如下实验流程提取海带中的碘，他们的设计如下图：
根据以上流程，回答以下问题。
（1）第②步为了加快溶解速率并使碘离子充分进入溶液，可以采取的措施是
、
（写出两条）。
（2）如第④、⑤步通入的Cl2是与NaI溶液反应，再往其中加四氯化碳振荡、静置，现象是
；此法还适用于I-的检验，I-检验的另一方法是向待测溶液中先滴加AgNO3溶液，生成
色沉淀，再加足量的HNO3，沉淀不溶解。
【答案】（一）（1）（3分）；（2）分液漏斗
；B；
（3）饱和食盐水
；（4）Cl2+2NaOH=
NaCl+
NaClO+
H2O
（二）（1）充分搅拌、加热煮沸（每条1分，共2分）；
（2）溶液分层，上层为接近无色，下层为紫红色；黄色
【解析】
试题分析：（一）（1）在实验室中是用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2的
，所以A中发生化学反应方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
，在该反应中，Mn元素的化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得电子2e-，所以氧化剂为MnO2
，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子2×e-，被氧化，所以HCl是还原剂。在反应过程中，1mol二氧化锰反应转移2mole
--，用双线桥法表示电子转移是；（2）仪器a为名称是分液漏斗，为了除去氯气中含有的杂质气体HCl要用饱和食盐水洗涤，导气管连接方式是长进短出，所以上述装置中有一处明显错误，就是B处为气体的净化装置，为洗气瓶，应长进短出；（3）通过B是为了除去HCl，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很小，据此选择饱和食盐水除去氯化氢，所以B中盛放的饱和食盐水；（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式：Cl2+2NaOH=
NaCl+
NaClO+
H2O；
（二）（1）海带中含有KI在灼烧时其中的有机物燃烧变为CO2、H2O，剩余残留固体中含有KI，第②步为了加快溶解速率并使碘离子充分进入溶液，可以采取的措施是研磨、搅拌、加热煮沸等能加快溶解速度的措施；（2）将含有难溶性固体杂质及可溶性的KI溶液提供过滤分离，然后向滤液中通入Cl2，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，利用反应产生的I2容易溶于四氯化碳，而四氯化碳是与水互不相溶的液体，密度比水大，碘的四氯化碳溶液现紫色，剩余如第④通入的Cl2是与NaI溶液反应，⑤步再往其中加四氯化碳振荡、静置，现象是溶液分层，上层为接近无色，下层为紫红色；此法还适用于I-的检验，I-检验的另一方法是向待测溶液中先滴加AgNO3溶液，生成黄色AgI沉淀，再加足量的HNO3，沉淀不溶解。
【考点定位】考查氯气的实验室制备、杂质的除去、装置正误判断、元素的检验方法和操作现象的分析的知识。
【名师点睛】碘元素在自然界中在海带中含量丰富，其中的碘以I-存在，可以将海带灼烧，然后溶解过滤，利用AgI是黄色既不溶于水，也不溶于酸的性质，向滤液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验，也可以利用KI有还原性，Cl2将其氧化为I2，根据I2在水中溶解度小，在有机物中溶解度大，利用CCl4或汽油萃取，根据有机物水溶液颜色加以鉴定；Cl2在实验室中是用浓盐酸与MnO2混合加热制取，制取装置是烧瓶，通过分液漏斗加入浓盐酸，由于浓盐酸有挥发性，可以用饱和NaCl溶液除去Cl2中的HCl，干燥时可以利用浓硫酸的吸水性及氯气与浓硫酸不能反应的性质进行。氯气有毒，是大气污染物，要根据其以强碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理。
19．黄铁矿既是硫矿又是铁矿，因其呈黄色俗称“愚人金”，是重要的工业原料。工业煅烧过程中常产生废渣，废渣成分主要含铁的几种氧化物和二氧化硅等，利用该废渣可以制备高效净水剂聚合硫酸铁，工艺流程如下：
（1）检验“酸溶”后的溶液中含有Fe2+，试剂是
。
（2）硫铁矿烧渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是
。
（3）废铁皮使用前要用纯碱溶液浸泡，目的是
。
（4）“酸溶”过程中Fe2O3溶解的化学反应方程式为
。
（5）“操作Ⅲ”系统操作名称依次为
、
、过滤和洗涤。洗涤的方法是
。
（6）加入适量H2O2的目的是氧化Fe2+，写出H2O2氧化Fe2+为Fe3+的离子方程式：
。
【答案】（1）KMnO4溶液(1分)；
（2）增大烧渣与硫酸的接触面积，加快烧渣的溶解(1分)；
（3）洗去铁表面油污（1分）；
（4）Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O(2分)；
（5）蒸发浓缩(加热浓缩)、冷却结晶(2分)；向漏斗里加入蒸馏水，使水没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作2~3次（2分）（6）H2O2+2H++
Fe2+=2Fe3++2H2O（2分）。
【解析】
试题分析：（1）检验“酸溶”后的溶液中含有Fe2+，可以根据Fe2+具有还原性，可以被氧化剂氧化，若使反应前后溶液的颜色发生变化，就可以证明，该试剂可以是酸性KMnO4溶液；（2）硫铁矿烧渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是增大烧渣与硫酸的接触面积，加快烧渣的溶解速率；（3）废铁皮使用前要用纯碱溶液浸泡，是由于在费铁皮表面可能有油污，油污在碱性条件下会水解反应产生可溶性的物质，所以其目的是洗去铁表面油污；（4）“酸溶”过程中Fe2O3与硫酸发生反应，产生硫酸铁和水，溶解的化学反应方程式为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；（5）“操作Ⅲ”是从FeSO4溶液中获得绿钒的操作，系统操作名称依次为蒸发浓缩(加热浓缩)、冷却结晶、过滤和洗涤。洗涤的方法是向漏斗里加入蒸馏水，使水没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作2~3次；（6）加入适量H2O2的目的是氧化Fe2+，在酸性条件下H2O2氧化Fe2+为Fe3+，H2O2被还原变为H2O，反应的离子方程式是H2O2+2H++
Fe2+=2Fe3++2H2O。
考点：考查物质制备工艺流程的知识。
20．(本题共12分)某学习小组围绕氯气设计了系列实验。
①．用上图装置A制备氯气。选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：_______。实验过程中，使用分液漏斗滴加液体的操作是________________________。
②．装置B中饱和食盐水的作用是____________；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象
____________。
③．为检验氯气是否具有漂白性，使氯气依次通过I、II、III三种物质，物质的顺序正确的是
。
A
B
C
D
I
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
II
碱石灰
硅胶
浓硫酸
无水氯化钙
III
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
④．为了进一步比较氧化性强弱，将一定量氯气通入溴化亚铁溶液后，再加入四氯化碳，振荡，静置，整个过程中肯定能观察到的现象是
A．水层显棕黄色
B．水层无色
C．四氯化碳层显红棕色
D．四氯化碳层无色
⑤．查阅资料后小组发现，氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，但工业上氧化卤水中I－选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，排除环境方面的因素，可能的原因是：_______________________。
⑥．有人提出，工业上为防止污染空气，可用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：______________________。判断改用NaHCO3溶液是否可行：______（填“是”或“否”）。
【答案】①．Ca(ClO)2
+
4HCl（浓）=CaCl2
+
2Cl2 ↑+
2H2O（1分）；打开分液漏斗上口活塞（或将漏斗口活塞上的凹槽与瓶口上的小孔对齐），左手顶住漏斗球，右手转动颈部活塞控制加液。（1分）
②．除去Cl2中的HCl；（1分）B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（1分）；③．D（2分）
④．A（2分）；
⑤．氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太强，还能继续氧化I2；（2分）
⑥．HSO3-
+
Cl2
+
H2O
→
SO42-
+
2Cl-
+
3H+（或4HSO3-
+
Cl2
→
SO42-
+
2Cl-
+
3SO2
+
2H2O，（1分）；否
（1分）
【解析】
试题分析：①．漂粉精固体和浓盐酸发生化学反应制取氯气的方程式为：Ca(ClO)2
+
4HCl（浓）=CaCl2
+
2Cl2 ↑+
2H2O（1分）；实验过程中，使用分液漏斗滴加液体的操作是打开分液漏斗上口活塞（或将漏斗口活塞上的凹槽与瓶口上的小孔对齐），左手顶住漏斗球，右手转动颈部活塞控制加液。
②．装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的杂质HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，若装置C发生堵塞时B中的现象是B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；
③．为检验氯气是否具有漂白性，使氯气依次通过I、II、III三种物质，在装置I中加入湿润的有色布条，会看到色布褪色，在装置II加入只可以吸收水而不能与氯气反应的干燥剂无水氯化钙，最后在装置III中加入物质干燥的色布，观察是否褪色。若不褪色，证明氯气无漂白性。故选项是D。
④．为了进一步比较氧化性强弱，由于还原性：Fe2+>Br-,将一定量氯气通入溴化亚铁溶液后，首先发生反应：Cl2+Fe2+=Fe3++2Cl-．
Fe3+不能溶液有机物。故再加入四氯化碳，振荡，静置，整个过程中肯定能观察到的现象是水层显棕黄色，选项是A；
⑤．氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，但工业上氧化卤水中I-选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，排除环境方面的因素，可能的原因是氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太强，还能继续氧化I2，而亚硝酸钠只能将I-氧化为I2。
⑥．工业上为防止污染空气，可用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，相应的离子反应方程式是：HSO3-+
Cl2
+
H2O
→
SO42-
+
2Cl-
+
3H+；或4HSO3-
+
Cl2
→
SO42-
+
2Cl-
+
3SO2
+
2H2O由于NaHCO3没有还原性，只能与氯气溶于水产生的盐酸发生反应，不能很好的消去氯气产生的污染，故该试剂不能使用。
考点：考查氯气的制取方法、性质验证、离子方程式的书写、尾气处理、试剂的选择、反应现象的描述的知识。
21．请用单线桥或双线桥表示出以下反应电子的转移情况：
2KMnO4
＋
16HCl
＝
2KCl＋
2MnCl
2＋
5Cl2↑
＋
8H2O,
当3.16
g
KMnO4与50mL
12
mol·Ｌ－1过量浓盐酸完全反应（假设浓盐酸无挥发），通过计算回答：（1）反应中被氧化的HCl的物质的量为
；转移了
个电子。
（2）产生的Cl2在标准状况下的体积为多少升？
（3）在反应后的溶液中加足量的AgNO3溶液可生成多少克沉淀？
【答案】（1）0.1mol
0.1NA
（2）1.12L
（3）71.75g
【解析】
试题分析：反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7降低为+2，KMnO4为氧化剂，得到的电子为2×（7-2）e-=10e-，Cl元素的化合价由-1升高为0，HCl为还原剂，失去的电子为5×2×（1-0）e-=10e-，双线桥标出反应中电子的转移方向和数目为
（1）n（KMnO4）=3.16/158=0.02mol，n（HCl）=12mol/L×0.05L=0.6mol，
根据方程式知，0.02mol高锰酸钾发生反应需要氯化氢的物质的量为0.32mol＜0.6mol，所以盐酸有剩余，该反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，如果有2mol高锰酸钾氧化，被氧化的HCl的物质的量是10mol，则该反应中被氧化的HCl的物质的量=0.02×5=0.1mol，转移电子的个数为0.1NA
（2）根据高锰酸钾和被氧化的HCl的关系式知，被氧化的n（HCl）=0.1mol，根据氯原子守恒得溶液中n（Cl-）=0.6mol-0.1mol=0.5mol，根据氯原子守恒得n（Cl-）=n（AgCl）=0.5mol，则m（AgCl）=0.5mol×143.5g/mol=71.75g，答：在反应后的溶液中加足量的AgNO3溶液可生成71.75g沉淀
考点：氧化还原反应
22．A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，甲、乙、丙为常见化合物。它们之间有如下转化关系：
（1）乙与B的反应在工业上俗称__________反应，C电子式为____________。
（2）D与水蒸汽反应的化学方程式为_________________________。
（3）甲的水溶液显_______性(填“酸”或“碱”)，原因是(用离子方程式表示)_______________________。
【答案】（1）铝热；；
（2）3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
（3）酸；Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋
【解析】
试题分析：A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，甲、乙、丙为常见化合物，B、D为常见金属，A、C为气体，B能与NaOH溶液反应，则B应为Al，A为H2，丙为NaAlO2，D在高温下与水蒸气反应，D应为Fe，则乙为Fe3O4，D在C中燃烧生成甲，C为Cl2，甲为FeCl3，
（1）铝与Fe3O4的反应为铝热反应，C为Cl2，电子式为，故答案为：铝热；；
（2）D为Fe，Fe与水蒸汽反应的化学方程式为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；
（3）甲为FeCl3，为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，故答案为：酸；Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
考点：考查了无机推断、铁及其化合物的性质的相关知识。
23．（6分）A、B、C、D、E五种物质中含有同一种元素，其相互转化关系如下图所示。其中A、B、C、D在常温下都是气体，B为红棕色。
（1）写出各下列物质的化学式：则A是
D是
。
（2）写出下列反应的化学方程式：
B→C的化学方程式为
。
D→C的化学方程式为
【答案】（1）N2
、NH3
（2）3NO2+H2O＝2HNO3+NO、4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E五种物质中含有同一种元素，其中A、B、C、D在常温下都是气体，B为红棕色，则B是NO2，所以C是NO，A是氮气，D是NH3，E是硝酸。
（1）根据以上分析可知A是N2，D是NH3。
（2）B→C的化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO。
D→C的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
考点：考查无机框图题推断