【文档说明】【精准解析】四川省成都市双流棠湖中学2019-2020学年高一下学期第一次在线月考化学试题.doc，共(18)页，286.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省棠湖中学高一第一学月考试化学试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无

效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6．考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，每科100分，共300分7．可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-

14O-16Mg-23P-31S-32Fe-56Cu-64第I卷选择题一、单选题（每小题3分，共15个小题，共45分）1.《本草经集注》中记载有关于区别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“强烧之，紫青烟起，…，云是真硝石也。”文中

区别的方法是利用了下列中的()A.焰色反应B.萃取C.丁达尔效应D.蒸馏【答案】A【解析】【详解】由“强烧之，紫青烟起”可知，发生的是金属的焰色反应，故合理选项是A。2.在碘水中加入适量CCl4振荡，静置

后可观察到的现象为A.不分层，溶液呈紫色B.不分层，溶液呈棕色C.分层，上层为紫色D.分层，下层为紫色【答案】D【解析】【分析】四氯化碳与水互不相溶，密度比水大，碘在四氯化碳溶液中的溶解度比在水中溶解度大，四氯化碳能够萃取碘水中的碘，据此解答。【详解】四氯化碳与水互不相溶，密度比水大，碘在四氯化

碳溶液中溶解度比在水中的溶解度大，四氯化碳能够萃取碘水中的碘，所以在碘水中加入适量CCl4振荡，静置后可观察到的现象为溶液分层，下层为溶解了碘的四氯化碳层，溶液呈紫红色，上层为水层，呈无色，故合理选项是D。【点睛】本题考查了碘的萃取实验，明确碘在四氯化碳和水中溶解性差异是解题关

键，注意对萃取实验知识的巩固。3.磁流体是电子材料的新秀。在一定条件下，将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在36～55nm之间的黑色磁流体。下列说法中正确的是()A.所得的分散系属于悬浊液B.所得的分散系中分散质为Fe2O

3C.用光束照射该分散系能产生丁达尔效应D.分散系为胶体，分散质粒子大小即Fe(OH)3分子直径【答案】C【解析】【分析】根据分散质微粒直径大小来判断该分散系为胶体，根据胶体的性质分析。【详解】根据题意可知：磁流体分散系分散质粒子直径在36～55nm，属于

胶体的范畴，具备胶体的性质。A．分散质粒子直径在36～55nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，A错误；B．分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故分散质不是Fe2O3，B错误；C．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会

出现光亮的通路，C正确；D．该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒为很多分子的集合体，不是一个分子，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查胶体的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意胶体的本质

特征是分散质的粒子大小。4.下列实验现象描述错误．．的是选项实验现象A将水蒸气通过灼热的铁粉黑色粉末变为红褐色B在酒精灯上加热用砂纸打磨过的铝箔铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成白色沉淀，沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色D加热放在

坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.水蒸气通过灼热的铁粉，生成黑色的四氧化三铁固体，不是红褐色，A错误；B．在酒精灯上加热用砂纸打磨过的铝箔，Al与空气中的氧气反应产生氧化铝，氧化铝的熔点

高，包裹在Al的外面，则铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落，B正确；C.在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，发生复分解反应，产生氢氧化亚铁白色沉淀，该物质不稳定，容易被空气氧化成为红褐色氢氧化铁，因此会看到首先生成白色沉淀，白色沉淀很快变为灰绿色，最后变为红褐色，C正确；D

.加热放在坩埚中的小块钠，则钠首先熔化成光亮的小球，钠燃烧时，火焰呈黄色，燃烧后，生成淡黄色过氧化钠固体，D正确；故合理选项是A。5.下列有关氧化还原反应的说法正确的是A.氧化还原反应的本质是电子的转移，特征是化合价的升降B.复分解反应一定不

是氧化还原反应，分解反应和化合反应一定是氧化还原反应C.失电子难的原子，得电子的能力一定强D.金属原子失电子越多，其还原性越强【答案】A【解析】【详解】A．电子转移为氧化还原反应的实质，化合价升降为氧化还原反应的特征，故A正确；B．复分解反应中不存在化合价变化，

则复分解反应一定不是氧化还原反应，而分解反应和化合反应中不一定存在化合价变化，不一定属于氧化还原反应，例如氧化钙溶于水，碳酸钙分解等，故B错误；C．失电子难的原子，得电子的能力不一定强，例如稀有气体元素的原子，故C错误；D．金属原子

失电子越多，其还原性不一定越强，越易失去电子的金属，其还原性越强，还原性强弱与失去电子的多少无关，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意四种基本反应与氧化还原反应的关系，易错选项是C

与D，氧化性和还原性的强弱只取决于电子得失的难易，而与电子得失的多少无关，应该利用比较的思想，结合物质在化学反应中的性质表现，比较物质氧化性和还原性的相对强弱。6.下列各组离子一定能大量共存的是A.在无色溶液中：NH4+、Cu2+、NO

3－、CO32－B.在强碱性的溶液中：Na+、K+、Cl－、SO42－C.在含大量Ba2+的溶液中：K+、Na+、Cl－、CO32－D.在强酸性的溶液中：Na+、Fe3+、SO42－、CH3COO－【答案】B【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质以及

题干中的限制条件分析判断。【详解】A、铜离子在溶液中显蓝色，且和CO32－不能大量共存，A不符合；B、在强碱性的溶液中Na+、K+、Cl－、SO42－之间不反应，可以大量共存，B符合；C、在含大量Ba2+的溶液中CO32－不能大量共存，C不符合；D、溶液显强酸性，则CH3COO－不能

大量共存，D不符合；答案选B。【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化

还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；尤其要注意是“可能”共存，还是“一定”共存等。7.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。工业上可通过以下反应制得ClO2(提示：下面方程式中的氧元素都为负二价)

2KClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+K2SO4+Na2SO4+H2O，则下列说法中正确的是A.KClO3在反应中是还原剂B.制得1mol的ClO2反应中需转移2mol电子C.Na2SO3的还原性小于ClO2的还原性D.反应中被氧化的元素是S【答案】D【解

析】【分析】反应2KClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+K2SO4+Na2SO4+H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，S元素的化合价由+4升高到+6价，以此来解答。【详解】A．因氯酸钾中Cl元素的化合价由+5降

低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3在反应中是氧化剂，故A错误；B．氯酸钾中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，得到1个电子，则制得1mol的ClO2反应中需转移1mol电子，故B错误；C．

亚硫酸钠在反应中作还原剂，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知Na2SO3的还原性强于ClO2的还原性，故C错误；D．亚硫酸钠中S元素的化合价由+4升高到+6价，失去电子，发生氧化反应，被氧化的元素是S，故D正确；故答案选D。8.已知有如下反应：①2BrO3－+Cl2=Br2+2Cl

O3－②ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O③2FeCl2+Cl2=2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是A.Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物B.Cl2在①、③反应中均作氧化剂C.氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－>Cl2>F

e3+D.溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++6H+=Cl－＋6Fe3++3H2O【答案】B【解析】A.②ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B.Cl2在①2BrO3－+C

l2=Br2+2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③2FeCl2+Cl2=2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C.氧化性强弱的顺序为：根据①2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③2FeCl2+Cl2=2Fe

Cl3知Cl2>Fe3+根据②ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O知ClO3－>Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－>Cl2>Fe3+，故C正确；D.溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++6H+=Cl－＋

6Fe3++3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。9.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目

为3.75NAB.室温下，0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目为0.4NAC.标准状况下，NA个HF分子所占的体积约为22.4LD.高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A．根

据反应方程式可知铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，生成4molN2转移电子15mol，即生成28gN2即1mol氮气时转移电子的物质的量为1mol×15/4=3.75mol，故A正确；B．溶液体积未知，不能计算0.2mol·L-1的Na2SO4溶液

中含Na+数目，故B错误；C．标准状况下HF不是气态，NA个HF分子所占的体积不是22.4L，故C错误；D．根据反应方程式3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2可知，消耗0.2mol铁时，生成氢气的物质的量为0.8/3mol

，故D错误。答案选A。10.一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72－和Pb2＋，则与1molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为()A.1.5molB.1.0molC.0.75molD.3.0mol【答案】A【解析】【分析】根据得失电子守恒进行计算。【详解

】根据题意可知反应中Pb从+4价降低到+2价，得到2个电子，Cr从+3价升高到+6价，1molCr3＋反应生成Cr2O72－失去电子3mol，根据电子得失守恒可知PbO2参与反应得到3mol电子，此时消耗PbO2的物质的量为1.5mol；答案选A。【点睛】解

答本题时得失电子守恒方法的运用是关键，一般地守恒法的应用原理及解题步骤为：应用原理所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，

如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等解题步骤第一步明确题目要求解的量第二步根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量第三步根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解11.一个12C原子的质量

为akg，一个12C16O2分子的质量为bkg，若以12C16O2中的一个氧原子质量的1/14作为相对原子质量标准，则12C16O2的相对分子质量为A.28b/(b-a)B.28b/(a-b)C.14b

/(b-a)D.7b/(b-a)【答案】A【解析】【详解】一个12C原子的质量为akg，一个12C16O2分子的质量为bkg，则一个O原子的质量为12（b-a）kg，若以12C16O2中的一个氧原子质量的1/14作为相对原子质量标准,12C16O2的相对分子质量为11()214

−bkgbakg=28b/(b-a)；本题答案为A。12.下列关于0.2mol/L硝酸钾溶液的叙述中，正确的是A.1L该溶液中含硝酸钾202gB.100mL该溶液中含硝酸钾0.02molC.从1L该溶

液中取出500mL后，剩余溶液的浓度为0.1mol/LD.1L水中溶解0.2mol硝酸钾，即可配得0.2mol/L硝酸钾溶液【答案】B【解析】【详解】A、1L0.2mol/L硝酸钾溶液中溶质硝酸钾的质量=1L×0.2mol/L×101g/mol=20.

2g，故A错误；B、100mL0.2mol/L硝酸钾溶液中含硝酸钾物质的量=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，故B正确；C、溶液时均一稳定的分散系，溶质浓度与溶液体积无关，从1L该溶液中取出500mL后，剩余溶液的浓度仍为0

.2mol/L，故C错误；D、1L水中溶解0.2mol硝酸钾，得到溶液的体积不为1L，配得硝酸钾溶液浓度不为0.2mol/L，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查了溶液中溶质物质的量、物质的量浓度计算分析，掌握概念实质是关键，注意溶液是均一稳定的分散系。13.

将100mL0.1mol/L的BaCl2溶液与50mL0.2mol/L的NaCl溶液混合，假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和，则混合溶液中Cl-的浓度是（）A.0.2mol/LB.0.01mol/LC.0.1mol/LD.0.02mol/L【答案】A【解析】【分析】计算溶液中氯离子物质

的量，假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和，则得到混合溶液中氯离子浓度c=nV。【详解】100mL0.1mol/L的BaCl2溶液中氯离子物质的量=0.1L×0.1mol/L×2=0.02mol，50mL0

.2mol/L的NaCl溶液中氯离子物质的量=0.05L×0.2mol/L=0.01mol，假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和，则混合溶液中Cl−的浓度=0.02mol0.01mol0.1L0.05L++=0.2mol/L，答案选A。14.下

列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A.取a克混合物充分加热，减重b克B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C.取a克混合物与足

量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，

故A不符合题意；B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不符合题意；C．混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增

加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C符合题意；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反应的方程式为CO32−+Ba2+=BaCO3↓、HCO3−+OH−+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2C

O3质量分数，故D不符合题意；答案选C。【点睛】易错点为C选项，氢氧化钠具有一定吸水性，在吸收二氧化碳的过程中也会吸收水分，则增重的质量不光是二氧化碳的质量。15.一定量的Fe、FeO、Fe2O3固体混合物，恰好溶解在0.1mol盐酸中，并生成224mL（

标况）的氢气。取同质量的上述固体与足量的CO高温反应后，固体质量减少()A.条件不足B.0.72gC.0.48gD.0.64g【答案】D【解析】取同质量的上述固体与足量的CO高温反应后得到铁单质，固体减少的质量就是氧元素的质量。由于混合物与盐酸反应时氧元素转化为水，生成的氢气是0.224L÷

22.4L/mol＝0.01mol，所以根据氢原子守恒可知0.1mol盐酸生成水的物质的量是0.04mol，所以氧元素的质量是0.04mol×16g/mol＝0.64g，则最终固体质量减少0.64g，答案选D。点睛：根据反应的原理得出固体减

少的质量就是混合物中氧元素的质量是解答的关键，计算要注意利用好原子守恒。易错点是容易忽视盐酸中氢原子有一部分转化为了氢气，从而得出生成的水是0.05mol而错选A。第Ⅱ卷非选择题16.实验室利用二氧化锰和浓盐

酸反应制取Cl2，化学方程式如下：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（1）请用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目__，该反应的氧化产物是__。（2）其中氧化剂与还原剂的物质的量之比是__；若实验中有87g的MnO2完全反应，则制得的Cl2在标况下的体积是

__L。【答案】(1).(2).Cl2(3).1：2(4).22.4【解析】【分析】反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从－1价升高到0价，结合电子得失守恒以及氧化还原反应的有关概念分析解答。【详解】(1)反应MnO2+4HCl(浓)加热MnCl2+Cl2↑+2H2O

中Mn元素的化合价由+4降低为+2价，得到2个电子，Cl元素的化合价由-1升高为0价，失去1个电子，则根据电子得失守恒可知转移的电子数为2个，因此单线桥法标出该反应电子转移的方向和数目为，其中该反应的氧化产物是Cl2；(2)根据电子得

失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2；若实验中有87g的MnO2完全反应，二氧化锰的物质的量是1mol，则制得的Cl2是1mol，在标况下的体积是22.4L。17.盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、

漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。HCl极易溶于水，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。（1）用密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为__mL。（2

）溶液配制中需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、__、__。（3）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是__。A．量取浓盐酸时俯视刻度线B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水C．定容时俯视刻度线D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】(1).62.5(2).250mL容量

瓶(3).胶头滴管(4).C【解析】【分析】(1)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；(2)依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c＝nV进行误差分析。【详

解】(1)密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸的浓度是c＝1000Mρω＝110001.236.5%molL36.5－＝12mol/L，设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计

算得：12.0mol/L×V＝250mL×3mol/L，解得V=62.5mL；(2)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、25

0mL容量瓶，因此还缺少的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管；(3)A．量取浓盐酸时俯视刻度线，浓盐酸的体积减少，溶质的物质的量减少，浓度偏低，故A不符合题意；B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水，对实验无影响，浓度不变，故B不符合题意；C．定容时俯视刻度线，则体积偏小，

浓度偏高，故C符合题意；D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量偏小，浓度偏低，故D不符合题意；答案选C。18.(1)同温同压下，同体积的N2和SO2分子数之比为________________

__，物质的量之比为____________，原子总数之比为____________，摩尔质量之比为__________，质量之比为________________，密度之比为______________。(2)现有质量比为11：14的CO2和CO的混合气体，则

该混合气体中的CO2和CO物质的量之比为________，碳原子和氧原子的个数比为________，该混合气体的摩尔质量为________。(3)12.4gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是________，X的相对原子质量是________。(4)人造空

气(氧气和氦气的混合气)可用于减轻某些疾病或供深水潜水员使用。在标准状况下，11.2L“人造空气”的质量是4.8g，其中氧气和氦气的分子数之比是______，氧气的质量是_______。(5)某元素的一个原子的质量为ag，一个12

C原子的质量为bg，阿伏加德罗常数为NA，则该原子的相对原子质量数值可表示为____________或____________。【答案】(1).1：1(2).1：1(3).2：3(4).7：16(5).7：16(6).7：16(7)

.1:2(8).3:4(9).33.3g/mol(10).62g/mol(11).16(12).1:4(13).3.2g(14).12a/b(15).aNA【解析】【详解】（1）依据阿伏加德罗定律：气体的体积之比等于物质的量之比、等于分子数目之比，同温同压下，同体积的N2和SO2物质的

量相等，v(N2)：v(SO2)=n(N2):n(SO2)=N(N2):N(SO2)=1:1，依据N2、SO2的组成，得到等物质的量的N2、SO2的原子数之比为：2:3，N2的摩尔质量为28g/mol，SO2的摩尔质量为64g/mol，所以摩尔质量之比为7:16，等物

质的量的N2和SO2质量之比为7:16，密度之比等于相对分子质量之比，故N2和SO2密度之比为7:16；（2）质量比为11：14的CO2和CO的混合气体，物质的量之比为11/4414/28=1：2，碳、氧原子个数比为3:4，M=()442283gmol+=33.3g/mol

；（3）12.4gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的物质的量为0.2mol，摩尔质量为：M=12.4g/0.2mol=62g/mol，Na2X是由一个X原子和两个钠原子组成的，所以X的相对原子质量为：62-46=1

6；（4）11.2L“人造空气”的物质的量为：11.2L/22.4L·mol－1=0.5mol，质量是4.8g，设含O2、He的物质的量分别为x、y，则有x+y=0.5mol，32x+4y=4.8g，解得：x=0.1m

ol、y=0.4mol，所以氧气和氦气的分子数之比是：1:4，氧气的质量为m(O2)=0.1mol32g/mol=3.2g；（5）依据摩尔质量的定义，知道该原子的摩尔质量为aNAg/mol，相对原子质量为aNA，依据相对原子质量的定义，

该原子的相对原子质量为：112ab=12a/b。19.铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：【氯化铁】熔点为306℃，沸点为315℃；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500～600℃的铁粉中通入氯气来

生产无水氯化铁。【氯化亚铁】熔点为670℃，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。某化学活动小组用下图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：（1）在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为__

_______。仪器D的名称是__________________。（2）D中装的药品是碱石灰，其作用是__________________________。（3）定性分析。取装置C中的少量产物溶于稀硫酸中配

成稀溶液待用。若产物中混有FeCl2，可用下列试剂中的_____(只能选取一种试剂，填序号)进行检测，实验现象是__________________________________。①H2O2溶液②KI-淀粉溶液③KSCN溶液④酸性KMnO4溶液（4）定量分析。取装置C中的产物，按以下步

骤进行测定：①称取4.60g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g。则该样品中铁元素的质量分数为_______%(结果精确到小

数点后两位)。（5）由（4）定量分析数据得出结论，并提出改进措施。①用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量______(填“相等”、“偏高”或“偏低”)，说明含有FeCl2杂质。②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是_________。【答案】(1).2M

nO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2).球形干燥管(3).吸收未反应的Cl2，防止空气中的水进入装置C，使FeCl3潮解(4).④(5).溶液褪色(6).36.52(7).偏高(8).在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中

混有的HCl【解析】【分析】（1）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据仪器构造判断其名称；（2）根据氯化铁易吸收空气中的水分而潮解以及氯气有毒分析解答；（3）根据氯化亚铁具有还原性分析解答；（4）根据铁元素守恒解答；（

5）根据氯化铁和氯化亚铁中铁元素的质量分数分析判断；根据生成的氯气中含有氯化氢分析解答。【详解】（1）在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O

。仪器D的名称是球形干燥管。（2）氯气有毒需要尾气处理，又因为氯化铁易吸收空气中的水分而潮解，所以D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的Cl2，防止空气中的水进入装置C，使FeCl3潮解。（3）氯化亚铁

具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，因此如果产物中混有FeCl2，可用酸性KMnO4溶液检验，答案选④，实验现象是溶液褪色；（4）双氧水能把亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠转化为氢氧化铁沉淀，灼烧转化

为氧化铁，物质的量是2.4g÷160g/mol＝0.015mol，根据铁元素守恒可知铁元素的质量是0.015mol×2×56g/mol＝1.68g，则该样品中铁元素的质量分数为1.68g/4.6g×100%≈

36.52%；（5）①由于氯化铁中铁元素的质量分数小于氯化亚铁中铁元素的质量分数，则用题目所给的装置制得的产物中，如果铁元素含量偏高，则说明含有FeCl2杂质。②由于生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与铁反应

生成氯化亚铁，则若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl。20.某工厂的工业硫酸盐废水中含有大量的Fe2+、Fe3+、较多的Cu2+和少量的Na

+。工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，设计如下流程图。回答下列问题；(1)A的化学式为_________，D的化学式为_______。(2)在工业废水中加入过量A时，发应的离子方程式有：______

____、______。(3)得到FeSO4•7H2O晶体的操作Ⅲ为：加热浓缩、冷却结晶、______、______、干燥。【答案】(1).Fe(2).H2SO4(3).Fe+2Fe3+=3Fe2+(4).Fe+Cu2+=Fe2++Cu(5).过滤(6).洗涤【

解析】【分析】工业废水中含大量Fe2+、Fe3+、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，要加入铁粉，可置换出铜，同时生成硫酸亚铁，经过滤，得到的滤液C中主要含硫酸亚铁，滤渣B中含Cu、Fe，向

该固体混合物中加入D为H2SO4，得到的溶液F为硫酸亚铁，得到滤渣E为Cu，将溶液C、F合并就是FeSO4溶液，溶液经蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、干燥就可得到FeSO4·7H2O晶体，以此来解答。【详解】(1)加入铁粉，由于金属活动

性Fe＞Cu，可发生置换反应，置换出铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁、铜的混合物中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以A的

化学式为Fe，D的化学式为H2SO4；(2)由于离子的氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+＞Na+，所以向工业废水中加入过量A时，首先发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu；(3)FeSO4的溶解度受温度的影响变化较大

，所以从FeSO4的溶液中获得晶体经过加热，通过蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤，最后干燥，就得到了FeSO4•7H2O晶体。【点睛】本题以废水处理流程为线索，考查了混合物的分离、提纯的操作过程、试剂的选用及离子方程式书写等，把握流程中发生的化学反应及分离方法为解答的关键，

注重基础知识的考查。21.A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)：+W+WABC→→。三种物质的焰色反应均为黄色；C常作面包和糕点的发泡剂，受热

分解可生成B。（1）写出下列物质的化学式A______,B________,C________,W________。（2）写出A溶液与C溶液反应的离子方程式为_______________________________

。（3）向两份30mL同浓度的A溶液中通入不同体积的W气体，得到溶液M、N。向M、N溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L－1盐酸，如图所示Ⅰ和Ⅱ分别为加入V(盐酸)与产生V(W)的关系。通过计算确定A溶液的物质的量浓度为_

______________。（4）M、N两溶液中相同溶质的物质的量之比为多少_______？（写出必要的文字说明和计算过程）【答案】(1).NaOH(2).Na2CO3(3).NaHCO3(4).CO2(5).OH－＋HCO3-===CO32-＋H2O(

6).0.25mol·L－1(7).3:5【解析】【分析】(1).C常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B，则C是NaHCO3、B是Na2CO3。碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以W是二氧化碳气体；NaOH与二氧化碳反应生成

碳酸钠，所以A是氢氧化钠。（2）氢氧化钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和水；(3)加入30ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒，计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定

义计算；（4）碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸，依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，结合图象分析各段发生反应，据此判断溶质的成分及物质的量。【详解】（1）C常作

面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B，则C是NaHCO3、B是Na2CO3。碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以W是二氧化碳气体；NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以A是氢氧化钠。（1）根据以上分析，A是NaOH，B是Na2CO3，C是NaHC

O3，W是CO2；（2）氢氧化钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为OH－＋HCO3-=CO32-＋H2O；（3）加入30mL盐酸时，气体恰好完全放出，溶液中的溶质只有氯化钠，根据氯离子、钠离子守恒，n(NaOH)=n(HCl)，()()()()cNaOH

VNaOHcHClVHCl=，()1cNaOH0.03L0.25molL0.03L=－；所以氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.25mol·L－1；（4）碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸，依次发生反应：Na2C

O3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。依据M可知，24-30段为碳酸氢钠与盐酸反应，则溶液中碳酸钠消耗的盐酸体积为30mL-24mL=6mL，说明溶质为碳酸钠与氢氧化钠混合物，依据方程式：Na

2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠的物质的量为：0.006L×0.25mol•L-1=0.0015mol；依据N可知，10-30段为碳酸氢钠与盐酸反应，若溶质为碳酸钠则溶液中碳酸钠消耗的盐酸体积为30mL-10mL=20mL，而B中0-10mL＜20mL，说明

B中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，0-10mL盐酸为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，依据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠的物质的量为：0.010L×0.25mol•L-1=0.0025mol；所以M、N两溶液中相同组分溶质的物质的

量之比为：0.0015mol:0.0025mol=3：5。