山东省淄博任城区英才高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省淄博任城区英才高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(
)
A．在标准状况下，NA个硫酸分子所占的体积约为22.4L
B．5.6g铁与氯气完全反应，失去电子的数目为0.2NA
C．在标准状况下，22.4L由N2、O2组成的混合气体中所含有的分子数为NA
D．1
mol
C12发生化学反应，转移的电子数必为2NA
【答案】C
【解析】
试题分析：A项在标准状况下，硫酸是液体，不能用气体摩尔体积进行换算，A错误；B项铁和氯气生成三价铁，所以失电子数为0.3NA，B错误；C项正确；D项1mol
Cl2反应时可能会发生自身氧化还原，转移电子数可能为NA含，所以不能确定，D错误。
考点：考查阿伏伽德罗常数的相关计算
点评：熟悉物质的量、质量、体积、微粒数之间的换算，注意体积换算的条件是标准状况的气体
2．摩尔是
A．物质的量的单位
B．物质的质量单位
C．物质的数量单位
D．既是物质的数量单位又是物质的质量单位
【答案】A
【解析】
试题分析：摩尔是物质的量的单位，答案选A.
考点：物质的量的单位
3．可用于判断碳酸氢钠固体粉末中混有碳酸钠的实验方法是
A．加热时无气体放出
B．溶于水后滴加稀BaCl2溶液有白色沉淀生成
C．滴加盐酸时有气泡放出
D．溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成
【答案】B
【解析】
试题分析：A.加热时，碳酸氢钠分解放出气体，错误；B.只有碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，正确；C.
碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸都反应生成气体，错误；D.
碳酸钠和碳酸氢钠溶于水后滴加澄清石灰水都有白色沉淀生成，错误；选B。
考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质。
4．下列说法正确的是
A．甲烷和乙醇均能发生取代反应
B．苯酚和甲苯遇FeCl3均显紫色
C．溴乙烷与NaOH水溶液共热生成乙烯
D．甲苯既可使溴的四氯化碳溶液发生反应而褪色，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【解析】只有含有酚羟基的才能和氯化铁发生显色反应，B不正确。卤代烃发生消去反应的条件是氢氧化钠的醇溶液并加热，C中发生的是取代反应，生成物是乙醇。甲苯可以萃取溴，属于物理变化，D也不正确。答案选A。
5．下列实验误差分析错误的是
A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【答案】B
【解析】
试题分析：A、用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，碱的浓度降低，测定值偏小，A正确；B、用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，液面在刻度线下侧，溶液体积减小，所配溶液浓度偏大，B错误；C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，消耗标准液体积减小，所测体积偏小，C正确；D、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，热量散失增加，所测温度值偏小，D正确，答案选B。
【考点定位】本题主要是误差分析
【名师点晴】误差分析是定量实验中常考考点，误差分析的关键是明确误差分析的原理，例如根据
可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的，再比如中和滴定实验中根据可知，由于C标、V测均为定植，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则C测偏大或偏小，据此可以判断。
6．波立维是国家刚刚引进的新药，它给中风、心肌梗死等心脏病患者带来福音。波立维属于硫酸氢盐，它的结构如图所示。下列关于它的说法正确的是
A．该物质的化学式为C16H15ClNO2·H2SO4
B．该物质不溶于水
C．波立维能和氢气反应，每摩最多可消耗3mol氢气
D．它可以与NaOH溶液反应，1mol该物质最多可消耗4molNaOH
【答案】D
【解析】A错，该物质的化学式为C16H18ClNO2·H2SO4；
B错，硫酸氢盐均能溶于水；
C错，波立维能和氢气反应，每摩最多可消耗5mol氢气
D正确，该物质的结构中存在一个H2SO4、一个—COO—、一个—CL，所以与NaOH溶液反应，1mol该物质最多可消耗4molNaOH。
7．如图表示水溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列说法正确的是
A．ab线上任意点溶液均显中性
B．b点时，溶液的pH＝6，显酸性
C．图中温度T1＞T2
D．在水中通入适量HCl气体可从a点变到c点
【答案】A
【解析】
试题分析：A、根据图像可知ab线上任意点c(H＋)＝c(OH－)，因此溶液均显中性，A正确；B、b点时，溶液的pH＝6，但溶液中c(H＋)＝c(OH－)，因此溶液显中性，B不正确；C、水的电离吸热，加热促进电离，而溶液中b水的离子积常数大于a点水的离子积常数，因此图中温度T1＜T2，C不正确；D、在水中通入适量HCl气体抑制水的电离，但水的离子积常数不变，因此不可能从a点变到c点，D不正确，答案选A。
考点：考查溶液酸碱性、水的电离以及外界条件对水电离平衡的影响
8．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O。下列说法中错误的是
A．KClO3在反应中得到电子
B．ClO2中氯的化合价为＋4价
C．在反应中H2C2O4是还原剂
D．1
mol
KClO3参加反应有2mol电子转移
【答案】D
【解析】
试题分析：A.在反应中氯元素的化合价由+5价降低为+4价，碳元素的化合价由+1价升高为+4价，氯酸钾中氯化合价降低，得到电子，故A不选；B.二氧化氯中氯的化合价为+4，故B不选；C.草酸中碳的化合价升高，是还原剂，故C不选；D.1摩尔氯酸钾中氯的化合价降低1，所以转移1摩尔电子，故D选。
考点：氧化还原反应，电子转移。
9．1－丙醇的蒸气和空气混合，通过灼热的铜网生成一种新的化合物。下列物质中，和该化合物互为同分异构体的是
A．CH3CH2CHO
B．CH3CH2COOH
C．CH3COCH3
D．CH3CH2OCH3
【答案】C
【解析】
试题分析：1－丙醇的蒸气和空气混合，通过灼热的铜网生成一种新的化合物丙醛，分子式为C3H6O，与丙酮CH3COCH3属于同分异构体，故C正确。
考点：本题考查同分异构体。
10．由短周期元素组成的中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。下列推断不正确的是（
）
A．若D与盐酸反应，可生成A和B，则X一定是H2O
B．若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能是CO2
C．若D是一种强碱，则A、B、C
均可与X反应生成D
D．若D是一种强酸，则A既可以是单质，也可以是化合物，且D可与铜反应生成B或C
【答案】A
【解析】
试题分析：A.符合反应的只有：，X不仅可以为H2O，还可以为氧气，另外铁不是短周期，A项错误；B.若D是一种强碱，则A为Na、B为Na2O、C为Na2O2，都能与E（H2O）反应，B项正确；C.若D为NaCl，且A可与C反应生成B，则E可能为CO2
，A为NaOH、B可能为Na2CO3、C为NaHCO3，X为HCl，C项正确；D.若D是一种强酸，则A可能为S或N2，也可能为H2S或NH3，D为浓硫酸或浓硝酸或稀硝酸，可与铜反应，D项正确；答案选A。
考点：考查物质的性质及相互转化。
11．30mL
0.2mol/L
KCl溶液与20mL
0.1mol/L
AlCl3溶液中Cl
物质的量浓度之比是
A．1:1
B．2:3
C．2:1
D．3:1
【答案】B
【解析】
试题分析：0.2mol/L
KCl溶液
0.2mol/L；0.1mol/L
AlCl3溶液
0.3mol/L，Cl
物质的量浓度之比,2:3，故B正确。
考点：本题考查物质的量浓度。
12．取少量MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸，充分反应后过滤，得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是
A．上述四种氧化物对应的水化物中，Al(OH)3酸性最强
B．向沉淀X中加入氢氟酸，沉淀X不溶解
C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、H＋
D．溶液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe(OH)3和Mg(OH)2
【答案】C
【解析】略
13．关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是
①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器
；②使用前要先检查容量瓶是否漏液；③容量瓶可以用来加热；④不能用容量瓶长期贮存配制好的溶液；⑤一定要用500mL容量瓶配制250mL溶液
A．①
②
B．①②④
C．①②④⑤
D．①②③④
【答案】B
【解析】
试题分析：①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，故①正确；②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液，故②正确；③容量瓶不能用来加热，故③错误；④容量瓶不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故④正确；⑤500mL容量瓶不能用来配制250mL溶液，只能配置500mL溶液，故⑤错误；故选B。
考点：考查了容量瓶的使用的相关知识。
14．用0.10
mol/L
的盐酸滴定0.10
mol/L
的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是
A．c(NH4＋)＞c(Cl)，c(OH)＞c(H)
B．c(NH4＋)
=
c(Cl)，c(OH)
=
c(H)
C．c(Cl)＞c(NH4＋)，c(OH)＞c(H)
D．c(Cl)＞c(NH4＋)，c(H)＞c(OH)
【答案】C
【解析】
不管滴定过程处于哪个阶段，溶液中始终只有NH4＋、Cl、OH、H四种离子，存在着电荷守恒c(NH4＋)+
c(H)=c(Cl)+c(OH)。
首先符合电荷守恒，第一组离子阳离子浓度大于阴离子浓度，第二组离子阴离子浓度大于阳离子浓度。这时，应该是氨水大大过量，也就是氨水的量多于恰好中和时所需要的、与盐酸相同的物质的量，也多余使溶液呈中性时的氨水量，这时使浓度较大的氨水与浓度较小的氯化铵溶液的混合液。
酸碱反应恰好使溶液呈中性，c(OH)
=
c(H)，所以c(NH4＋)
=
c(Cl)
两组结论都是阴离子浓度大于阳离子浓度，那么阴离子所带负电荷的总浓度就大于阳离子所带正电荷总浓度了，溶液不就成了带电的物体了吗？明显不符合电荷守恒的原理。
两组结论符合电荷守恒，这是盐酸量多，氨水量少的情况。
15．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．铁和盐酸反应
2Fe+6H+
=
2Fe3++3H2↑
B．小苏打溶液与少量澄清石灰水混合：
Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O
C．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+
+
3OH－
══
Al(OH)3↓
D．Na2CO3溶液中通入少量CO2：CO32－+
CO2+
H2O＝2HCO3－
【答案】D
【解析】
试题分析：A、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，错误，不选A；B、碳酸氢钠和少林氢氧化钙反应生成碳酸钙和碳酸钠和水，错误，不选B；C、氯化铝和氨水反应中氨水是弱碱，不能写成离子形式，错误，不选C；D、碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，正确，选D。
考点：
离子方程式的判断
【名师点睛】离子方程式的书写和判断是常考题型，注意能拆成离子形式的是易溶于水易电离的物质，难溶于水或难电离易挥发的物质钚能拆成离子形式，还要注意物质中的离子比例关系。
16．某白色粉末由K2SO4、Na2CO3、NaCl和BaCl2中的两种或两种以上物质组成。为了鉴别该粉末的成分，某探究小组做了如下实验。
①取少量粉末溶于水，有白色沉淀生成。
②取少量粉末加入稀盐酸，有无色无味的气体产生。
根据上述实验现象回答下列问题：
（1）该粉末中一定含有
，可能含有
。
（2）步骤②中反应的化学方程式为
。
（3）为了确定沉淀的成分，需要进行的操作是
。
【答案】（8分）
（1）BaCl2、Na2CO3；K2SO4、NaCl
（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑
（3）取少量沉淀，向其中加入过量稀盐酸，若沉淀全部溶解，说明沉淀为BaCO3，若部分溶解说明沉淀为BaCO3和BaSO4的混合物
【解析】
试题分析：依据混合物溶于水后会生成沉淀，该沉淀可能是碳酸钡，也可能是硫酸钡，因此固体中一定含有氯化钡；取少量粉末加入稀盐酸，有无色无味的气体产生，说明放出了二氧化碳，因此混合物中一定有碳酸钠；硫酸钠和氯化钠是否含有无法确定。
（1）根据上述分析，混合物中一定含有氯化钡和碳酸钠，可能含有硫酸钠和氯化钠，故答案为：BaCl2、Na2CO3；K2SO4、NaCl；
（2）步骤②中发生的反应时碳酸钠和盐酸反应放出了二氧化碳，方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，故答案为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
（3）沉淀可能是碳酸钡，也可能是硫酸钡，因为碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不溶于盐酸，为了确定沉淀的成分，需要进行的操作是取少量沉淀，向其中加入过量稀盐酸，若沉淀全部溶解，说明沉淀为BaCO3，若部分溶解说明沉淀为BaCO3和BaSO4的混合物，故答案为：取少量沉淀，向其中加入过量稀盐酸，若沉淀全部溶解，说明沉淀为BaCO3，若部分溶解说明沉淀为BaCO3和BaSO4的混合物。
考点：考查了物质成分的检验的相关知识。
17．(8分)元素X、Y、Z、E、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，M元素与
Y元素能形成化合物MY2和化合物MY3，化合物MY2中两种元素质量分数相同；N－、Z＋、X＋的半径逐渐减小；化合物XN在常温下为气体，E、Z、N的最高价氧化物的水化物两两能反应，回答下列问题：
（1）写出Z最高价氧化物的水化物的电子式____________________。
（2）两个体积相等的恒容容器，甲容器通入1
mol
MY2和1
mol
Y2单质，乙容器通入1
mol
MY3和0．5
mol
Y2单质，发生反应：2
MY2
(g)
+
Y2(g)
2
MY3(g)
△H＜0，甲、乙起始反应温度相同，两容器均和外界无热量交换，平衡时，甲中MY2的转化率为a，乙中MY3的分解率为b，则
①a、b的关系为a+b
1（填“﹤”、“﹥”或“＝”)。
②该条件下容器甲反应达平衡状态的依据是（填序号）
。
A．v正(Y2)＝2v逆(MY3)
B．混合气体的密度不变
C．c(MY2)＝c(MY3)
D．混合气体的总物质的量不变
E．容器内温度不变
F．MY2和Y2的质量比不变
（3）2．7克单质E与100ml
2mol/L
Z的最高价氧化物的水化物充分反应，向反应后的溶液中滴入2
mol/L
XN的溶液V
mL，当溶液中产生3．9克沉淀时，求此时V的值
【答案】（8分）（每空2分）
（1）
（2）①
＜
②
DEF
（3）75mL
或者175mL
【解析】
试题分析：
Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，若最外层电子数是3，则电子总数是4，不可能，所以Y元素的最外层电子数是6，电子总数是8，该元素为O元素；M元素与
Y元素能形成化合物MY2和化合物MY3，则M元素的最高价为+6价，所以M是S元素；N－、Z＋、X＋的半径逐渐减小，Z是+1价元素，原子序数大于O元素，所以Z是Na元素，则N是第三周期-1价元素，所以N是Cl元素，则X是
H元素；化合物HCl在常温下为气体，E、Z、N的最高价氧化物的水化物两两能反应，说明E元素是Al元素，氢氧化铝与氢氧化钠、高氯酸都能反应。
（1）Z最高价氧化物的水化物是NaOH，属于离子化合物，电子式为；
（2）①乙容器通入1
mol
MY3和0．5
mol
Y2单质，相当于充入1
mol
MY2和1
mol
Y2单质，若为恒温恒容条件，则甲、乙达到的平衡是等效平衡，a+b=1。两容器均和外界无热量交换，则甲容器达平衡时温度高于起始温度，乙容器的温度低于起始温度，温度升高对逆反应有利，所以甲中MY2的转化率为a，乙中MY3的分解率为b，均比恒温时低，所以a+b<1；
②A．2v正(Y2)＝v逆(MY3)才是平衡状态，错误；B．因为容器体积不变，气体质量不变，所以气体的密度始终不变，所以混合气体的密度不变的状态不一定是平衡状态，错误；C．c(MY2)＝c(MY3)的状态不一定是平衡状态，错误；D．因为该反应是气体物质的量发生改变的可逆反应，混合气体的物质的量一直变化，混合气体的总物质的量不变时，达到平衡状态，正确；E．因为是绝热容器，容器的温度升高，当容器内温度不变时，达到平衡状态，正确；F．MY2和Y2的质量比不变，即在混合气体中的质量分数不变，符合平衡状态的特征，正确，所以答案选DEF；
（3）2．7克单质Al的物质的量是0．1mol，与100ml
2mol/LNaOH溶液充分反应，氢氧化钠的物质的量是0．2mol，可知氢氧化钠过量。向反应后的溶液中滴入2
mol/L
HCl的溶液V
mL，当溶液中产生3．9克沉淀时，该沉淀是氢氧化铝沉淀，物质的量是3．9g/78g/mol=0．05mol<0．1mol，说明Al元素未完全沉淀，沉淀中的Al元素与溶液中的Al元素的物质的量之和为0．1mol。若盐酸不足，则所得溶液为NaCl和NaAlO2混合液，其中NaAlO2的物质的量是0．1mol-0．05mol=0．05mol,根据元素守恒，则需要HCl溶液的体积是(0．02mol-0．05mol)/2mol/L=0．075L=75mL；若盐酸稍过量，则得到的溶液为NaCl和AlCl3的混合液，其中AlCl3的物质的量是0．1mol-0．05mol=0．05mol,所以需要HCl溶液的体积是（0．2mol+3×0．05mol）/2mol/L=0．175L=175mL。
考点：考查元素推断，电子式的书写，化学平衡移动的判断，平衡状态的判断，Al与氢氧化钠、盐酸反应的计算
18．（5分）在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液变为黄色。
（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，使溶液变黄色的粒子是
；
乙同学认为这是发生化学反应所致，使溶液变黄色的粒子是
；
（以上2空填相应微粒的符号）
（2）现提供以下试剂：
A．酸性高锰酸钾溶液
B．氢氧化钠溶液
C．四氯化碳
D．硫氰化钾溶液
请判断哪位同学的推断是正确的，并用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象。
同学正确
选用试剂
实验现象
第一种方法
第二种方法
【答案】（1）Br2，Fe3+。（2）
乙同学正确
选用试剂
实验现象
第一种方法
D
溶液变红色
第二种方法
B
生成红褐色沉淀
【解析】
试题分析：（1）甲认为不是发生化学反应，则使溶液显黄色的粒子为溴分子；乙认为发生化学反应，即溴和氯化亚铁反应生成氯化铁和溴化铁，使溶液显黄色的是铁离子。（2）、溴能氧化亚铁离子，所以乙同学的推断正确，检验溶液的铁离子，可以用硫氰化钾检验，溶液变红色，或用氢氧化钠检验，会生成红褐色氢氧化铁沉淀。
考点：铁离子的检验，实验方案的设计。
19．三氯化铁是合成草酸铁的重要原料。
（1）利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2(C2O4)3·5H2O]的实验流程如下图所示：
①为抑制FeCl3水解，溶液X为
。
②上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是
；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3＋的方法是
。
③所得Fe2(C2O4)3·5H2O需用冰水洗涤，其目的是
。
④为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a
g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于如图所示仪器
（填“甲”或“乙”）中。下列情况会造成实验测得Fe2(C2O4)3·5H2O含量偏低的是
。
a．盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗
b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失
c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
（2）某研究性学习小组欲从蚀刻镀铜电路板所得废液（溶质为FeCl2、CuCl2、FeCl3）出发，制备单质铜和无水FeCl3，再由FeCl3合成Fe2(C2O4)3·5H2O。请补充完整由蚀刻废液制备单质铜和无水FeCl3的实验步骤（可选用的试剂：铁粉、盐酸、NaOH溶液和H2O2溶液）：向废液中加入足量铁粉，充分反应后过滤；__________；___________；调节溶液pH，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得FeCl3·6H2O；
___________，得到无水FeCl3。
【答案】（1）①（浓）盐酸；
②FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；
③除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；④甲，c；
（2）向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；将FeCl3·6H2O在HCl的气氛中加热脱水。
【解析】
试题分析：（1）①氯化铁水解产生氢氧化铁和盐酸，所以为了抑制氯化铁水解，要想溶液中加入酸，为了不增加新的杂质离子，酸化FeCl3
用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解；②萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3
在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+
用KSCN溶液，溶液变为血红色。方法是取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+
；③洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水由于温度降低，物质的溶解度减小，因此可以减少沉淀溶解损失；④KMnO4
标准溶液具有强氧化性，容易腐蚀橡胶管，因此应置于酸式滴定管中，应该使用甲；a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，使测定的Fe2(C2O4)3·5H2O含量偏高，错误；
b．读数使高锰酸钾体积多，则导致测定的Fe2(C2O4)3·5H2O含量偏高，错误；
c．读数体积偏小，则导致测定的Fe2(C2O4)3·5H2O含量偏低，正确；（2）由蚀刻废液制备单质铜和无水FeCl3的实验步骤是向废液中加入足量铁粉，发生反应：Fe+
2FeCl3=3FeCl2；Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；充分反应后过滤，不能反应铜和剩余铁的混合物，故需加盐酸除去铜中的铁，Fe与盐酸反应产生FeCl2和氢气，而Cu不能反应，并把反应滤液与前次合并，向其中加入适量H2
O2
溶液直至将溶液中Fe2+
全部生成Fe3+
；调节溶液pH，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得FeCl3·6H2O；若直接加热FeCl3
6H2
O会水解，不能得到无水FeCl3，为抑制水解需在HCl氛围下进行加热，最后可得到无水FeCl3。
【考点定位】考查物质制备过程中仪器的使用、离子的检验、操作方法、误差分析等知识。
【名师点睛】Fe3+是常见的要检验的离子，可以利用Fe(OH)3是红褐色难溶性检验，向待检验的溶液中加入NaOH或氨水，若产生红褐色沉淀，就证明含有Fe3+；也可以利用Fe3+与SCN-反应产生可溶性的血红色的Fe(SCN)3检验；或通过向待测溶液中加入苯酚溶液，若产生[Fe(C6H5O)6]3-，使溶液变为紫色，就证明含有Fe3+；工业盐酸由于制取HCl的原料气体氯气用钢管输送，因此盐酸中会混有FeCl3，而使溶液呈黄色；溴水也长显黄色容易与含Fe3+的溶液混淆；鉴别方法可以利用上述三种方法之一，也可以利用卤素单质容易溶于有机物，Fe3+难溶于有机物，采用萃取方法，通过观察有机物层颜色的方法鉴别。铁盐发生水解反应，在配制盐溶液时，为了得到澄清的溶液，通常加入与水解产生的酸相同的酸，来抑制Fe3+的水解，同样用FeCl3
6H2
O制备无水FeCl3，也要预防Fe3+的水解，在HCl气体的气氛中加入晶体。
20．铝元素在自然界中主要存在于铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下。
（1）在滤液A中加入漂白液，所得滤液B显酸性。
①滤液A中加入漂白液的目的是_______________(用离子方程式表示）。
②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为_______(填代号）。
A．氢氧化钠溶液
B．硫酸溶液
C．氨水
D．二氧化碳
（2）由滤液B制备少量无水AlCl3(AlCl3极易在空气中水解）。
①由滤液B制备氯化铝晶体(将AlCl3·6H2O）涉及的操作为_____________、冷却结晶、__________(填操作名称）、洗涤。
②将AlCl3·6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的________(填序号）。
A．氧化性
B．吸水性
C．脱水性
（3）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_________(填代号）。
A
B
C
D
【答案】（1）①2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O，
Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH）3↓＋3HClO（2分）
②C（2分）
（2）①边滴加浓盐酸边蒸发浓缩（1分）
过滤（1分）
②BC（2分）（3）B（2分）
【解析】
试题分析：（1）①滤液A中含有亚铁离子，加入漂白液的目的氧化亚铁离子，另外滤液A中加入漂白液，所得滤液B显酸性，这是有沉淀析出，所以另一个作用是为了沉淀铁离子，答案为：2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O；Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH）3↓＋3HClO；②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，应该以氢氧化铝的形式析出，应该加碱，但是氢氧化钠合一和氢氧化铝反应，所以选用氨水，答案为：C；（2）①由滤液B制备氯化铝晶体(将AlCl3·6H2O），应该用结晶的方法，但是AlCl3极易在空气中水解，所以要在HCl氛围下加热，答案为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩；过滤；②将AlCl3·6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3主要是由于浓硫酸具有吸水性和脱水性，可以防止铝离子水解，答案为BC；（3）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，要求温度比较高，要用坩埚，答案为：B
考点：考查化学实验
21．已知Fe2(SO4)3的物质的量为3
mol，写出Fe2(SO4)3的电离方程式，并求Fe3＋和SO的物质的量。
【答案】Fe3＋和SO42－的物质的量分别为6
mol和9
mol
【解析】
试题分析：解：设
Fe3＋和SO42－的物质的量分别为n(Fe3＋)和n(SO42－)则，
Fe2(SO4)3在溶液中电离，电离方程式为：
Fe2(SO4)3==2Fe3＋＋
3SO42－
1
2
3
3
mol
n(Fe3＋)
n(SO42－)
==
解之得，n(Fe3＋)＝6
mol，n(SO42－)＝9
mol。
答：Fe3＋和SO42－的物质的量分别为6
mol和9
mol．
考点：考查了的相关知识。
22．实验室用NaOH固体配制250mL
1.25mol/L的NaOH溶液，填空并请回答下列问题：
（1）配制250mL
1.25mol/L的NaOH溶液应称取NaOH的质量是
克。
除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要的其它仪器是
。
（2）容量瓶上需标有以下五项中的
；
①
温度
②
浓度
③
容量
④
压强
⑤
刻度线
（3）下列配制的溶液浓度偏低的是
；
A、定容时俯视刻度线
B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面
C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线
D、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
【答案】（1）12.5；250ml容量瓶
（2）①③⑤
（3）B、C
【解析】
试题分析：（1）需氢氧化钠的质量为m=0.25L×1.25mol/L×40g/mol=12.5g；除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要的其它仪器是250ml容量瓶。
（2）容量瓶上刻有温度、刻度线和规格，答案选①③⑤；
（3）A、定容时俯视刻度线，溶液体积减少，所配溶液浓度偏高；B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致溶质减少，所配溶液浓度偏低；C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；D、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，答案选BC。
考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制
23．已知A、B、C、D、E、G、H、I均为气体，J为常见的液态物质，A、B、C、I、M为单质，且M为常见金属，G和H相遇时产生白烟，它们存在如下的转化关系（图中部分反应物或产物已省略），请回答有关问题：
（1）请写出：A物质的化学式：____________，K物质的名称：____________，例举F物质的一种用途_____________________；
（2）①写出实验室用K制取G的化学方程式_______________________；
②实验室检验气体G是否收集满的方法：
__________________________；
③G在催化剂的作用下与氧气反应，可生成D。请写出该反应的化学方程式______________________。
（3）①F的浓溶液与木炭反应的化学方程式为______________________；
②工业F的浓溶液呈黄色，试用化学方程式解释原因：_______________；若要消除黄色可向其中通入一定量的____________。
【答案】（1）A：N2
；K：氯化铵
；F用途：制造氮肥、染料塑料、炸药硝酸盐等
（2）①2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
②用湿润的红色石蕊试纸靠近于集气瓶口，如果红色石蕊试纸变蓝，则说明收集满
③4NH3+5O24NO+6H2O
（3）①C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O
②4HNO3（浓）4NO2↑+
O2↑+2H2O
氧气
【解析】
试题分析：A、B、C、D、E、G、H、I均为气体，J为常见的液态物质，则J为水，A、B、C、I、M为单质，且M为常见金属，G和H相遇时产生白烟，则G为NH3、H为HCl，所以A为氮气，氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2
，NO2
与水反应生成HNO3
，硝酸与NH3反应生成NH4NO3，则I为O2，D为NO，E为NO2
，F为HNO3
，Z为NH4NO3
，B为H2，C为Cl2，H为HCl，K为NH4Cl，盐酸与金属反应生成X，X能与Cl2反应生成Y，说明M为变价金属，常见的变价金属是铁，则M为Fe，X为FeCl2
，Y为FeCl3，据此回答。
（1）根据上述推断，A为氮气，氮气的化学式：N2，
K为NH4Cl，名称为氯化铵，F为硝酸，其用途主要有制造氮肥、染料塑料、炸药硝酸盐等。
（2）①根据上述分析，K、G分别为NH4Cl、NH3
，实验室用NH4Cl
和熟石灰加热制取NH3
，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②根据上述分析，G为NH3，实验室检验氨气是否收集满的方法为：用湿润的红色石蕊试纸靠近于集气瓶口，如果红色石蕊试纸变蓝，则说明收集满。
③NH3
在催化剂的作用下与氧气反应，可生成NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
（3）①根据上述推断，F为硝酸，浓硝酸与木炭反应生成CO2、NO2和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；
②工业上，浓硝酸溶液呈黄色，是因为4HNO3（浓）4NO2↑+
O2↑+2H2O，生成红棕色的NO2气体，NO2
气体溶于硝酸导致浓硝酸溶液呈黄色；因为4NO2+O2+2H2O
=
4HNO3
，所以若要消除黄色可向其中通入一定量的氧气。
考点：考查无机物的推断，常见物质的化学性质等知识。