安徽省六安市第一中学2021届高三上学期第三次月考化学试题

安徽省六安市第一中学【最新】高三上学期第三次月考化学
试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过486.1公里的世界列车最高时速，这得益于全路铺设的优质无缝平滑的超长钢轨。

下列有关说法不正确的是
A．制造钢轨的材料是钢，钢是用量最大的合金
B．钢的熔点比铁的熔点高，而铁的用途更广泛
C．我国在商代就开始使用铜合金
D．铝合金的强度、硬度比组成合金各成分金属的大
2．在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及其硫酸盐的信息，用以证明火星上存在或曾经存在过水，以下叙述正确的是
A．Fe2O3与Fe3O4互为同素异形体
B．检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液
C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤
D．明矾属硫酸盐，含结晶水，是混合物
3．用N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．反应Cu2S+O22Cu+SO2生成1molCu,电子转移数为3N A
B．常温时，2L1mol/L的醋酸溶液中，所含分子总数小于2 N A
C．1mol FeC13溶于水中，溶液中离子数为4 N A
D．1molNH2-中含电子数为N A
4．已知X是一种晶体，在一定条件下可发生如图所示的变化。

下列叙述正确的是
①X可能是铝或硅②X可能是原子晶体或金属晶体
③W一定是两性物质④W晶体的熔点很高
A．①②③B．①②④C．只有③D．③④
5．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
6．已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且
() () c Cl
c ClO
-
-
的值与温度高低有关。

当n (KOH)=a mol时，下列有关说法错误的是
A．若某温度下，反应后
()
()
c Cl
c ClO
-
-
=11，则溶液中
()
()3
c ClO
c ClO
-
-
=
1
2
B．参加反应的氯气的物质的量等于1
2
a mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：1
2
a mol ≤ n(e -)≤
5
6
a mol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为1
7
a mol
7．制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。

室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A．通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–
B．加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–
C．加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–
8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu＋2H＋＋NO3－=Cu2＋＋NO2↑＋H2O
B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－
9．下列示意图与对应的反应情况正确的是()
A．含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2
B．KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
C．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液
D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸
10．下图所示为海水综合利用的部分流程，下列有关说法错误的是()
A．实验室进行①的操作需要用到坩埚、玻璃棒、酒精灯
B．②是一个将电能转化为化学能的过程
C．③④⑤涉及的反应均为氧化还原反应
D．④中反应的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2Br－
11．11．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu（NO3）2。

在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。

下列有关说法不正确的是
A．Cu与Cu2O 的物质的量之比为2:1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
二、填空题
12．将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2 mol·L-1的H2SO4溶液中，然后再滴加1 mol·L-1的NaOH溶液。

请回答：
（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化的关系如右图所示。

当V1＝140 mL时，则金属粉末中：n(Mg) ＝________ mol，V2＝______ ml。

（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)＝____________mL。

（3）若混合物仍为0.1 mol，其中Mg粉的物质的量分数为a ，用100 mL 2 mol·L－1的H2SO4，再加入480 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。

满足此条件的a的取值范围是_________。

三、元素或物质推断题
13．.氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气反应生成A 和B。

A 为铵盐，B 在标准状况下为气态。

在此反应中，若每有1体积氨气参加反应，同时有0.75 体积氟气参加反应；若每有8.96L 氨气(标准状况)参加反应，同时生成0.3 mol A。

(1) 写出氨气和氟气反应的化学方程式___________。

(2) 在标准状况下，每生成2.24LB,转移电子的物质的量为______mol。

Ⅱ.某固体可能由Al、（NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2中的一种或几种组成，现取该固体进行如下实验，所得现象和有关数据如下所示(气体体积的数据均已折算成标准状况下):
请回答下列问题:
(3)混合物中存在的物质有________(填化学式)。

(4)依照反应顺序写出步骤④的离子方程式:_________，___________。

四、有机推断题
14．下图所示反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是工业生产中常见的反应。

其中A、B 为化合物，C 是温室气体之一，D 和K均可用做干燥剂，H 常温下为液态化合物，J是一种具有漂白作用的盐，反应Ⅲ和E 与G反应的原理相同。

(1)C 与J的水溶液反应后生成的含氧酸的电子式是_________。

(2) E 与G 反应的离子方程式是_________。

(3) 工业上测定反应Ⅲ产品的有效成分J的含量，先将一定量的产品的溶液加入过量的KI溶液和稀硫酸中，使之反应生成小然后用Na2S2O3标准溶液滴定I2，计算出结果。

①生成I2的反应的离子方程式是_________。

②用Na2S2O3标准溶液滴定I2时选用的指示剂是_________。

(4) 已知: 2Fe2++ Br2=2Fe3++2Br-.若将E 通入FeBr2溶液中，溶液中有三分之一的Br-被氧化成Br2,则此反应离子方程式是_________。

五、实验题
15．绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。

某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。

回答下列问题:
(1) 为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带端开关K1和K2) (设为装置A) 称重，记为m1g。

将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A 称重，记为m2g。

按下图连接好装置进行实验。

①将下列实验操作步骤正确排序________(填标号) ;重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。

a.点燃酒精灯，加热
b.熄灭酒精灯
c.关闭K1和K2
d.打开K1和K2,缓缓通入N2
e.称量A
f.冷却至室温
②根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_______(列式表示)。

若实验时按a、d 次序操作，则使x_____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

(2) 为探究硫酸亚铁的分解产物，将(1) 中已恒重的装置A 接入下图所示的装置中，打开K1和K2,缓缓通入N2，加热。

实验后反应管中残留固体为红色粉末。

①C、D 中的溶液依次为________(填标号)。

C、D中有气泡冒出，并观察到的现象分别是_____。

a.品红
b.NaOH
c.BaCl2
d.Ba(NO3)2
e.浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_______________。

16．水泥是重要的建筑材料。

水泥热料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。

实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
已知下列氢氧化物沉淀完全的pH:
Fe(OH)3 3.0 Fe(OH)28.35 Al(OH)3 4.7 Mg(OH)210.87
回答下列问题:
(1) 在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。

加入硝酸的目的是_______，还可使用______代替硝酸。

(2) 沉淀A 的主要成分是_______，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为__________________。

(3) 加氨水过程中加热的目的是_________.沉淀B 的主要成分为_______(写化学式)。

参考答案
1．B
【解析】试题分析：A、制造钢轨的材料是钢，钢是用量最大的合金，正确；B、钢属于铁的合金，合金的熔点比组成成分金属的熔点低，钢的用途更广泛，错误；C、我国在商代就开始使用铜合金，正确；D、铝合金的强度、硬度比组成合金各成分金属的大，正确。

考点：考查生铁和钢。

2．C
【详解】
正确答案：C
A项、Fe2O3与Fe3O4是铁元素的氧化物，不是单质，不互为同素异形体，故A错误；
B项、氧化铁不溶于水，检验步骤应为样品→粉碎→加稀盐酸溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液，故B错误；
C项、除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质应向溶液中加入铁粉，然后过滤，故C错误；
D项、明矾属于含结晶水的复盐，是纯净物，故D错误；
故选C。

3．A
【解析】A．Cu2S中的铜元素化合价降低1价，硫元素化合价升高6价，氧气中氧元素化合价降低4价，生成2mol Cu，转移6mol电子，因此生成1mol Cu，电子转移数为3N A，故A 正确；B．醋酸溶液中还含有水分子，所含分子总数大于2N A，故B错误；C．三价铁离子能发生水解生成氢氧化铁和氢离子，Fe3+ +3H 2O Fe(OH)3+3H+，溶液中离子数大于
4N A，故C错误；D．1mol NH2-中含电子数为10N A，故D错误；故选A。

4．B
【解析】①如果X是铝或硅，X与强碱(如氢氧化钠)溶液反应生成偏铝酸钠或硅酸钠和氢气；偏铝酸钠或硅酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝或硅酸胶状沉淀，氢氧化铝和硅酸煅烧生成氧化铝和二氧化硅，二氧化硅在高温下与碳发生氧化还原反应生成硅；电解熔融的氧化铝生成铝，故①正确；②根据①的分析，X可能是硅，硅是原子晶体，X可能是铝，铝是金属晶体，故②正确；③根据上述分析，W可能是二氧化硅或氧化铝，二氧化硅属于酸性氧化物，不是两性物质，故③错误；④无论W是二氧化硅还是氧化铝，晶体的熔点都很高，故④正确；故选B。

5．D
【详解】
A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；
C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；
D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。

由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。

答案选D。

6．D
【分析】
A.假设n(ClO-)=1mol，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒计算n(ClO3-)；
B.根据元素的原子守恒分析解答；
C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，进而计算转移电子物质的量范围；
D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，结合电子转移守恒计算。

【详解】
A.假设n(ClO-)=1mol，由于反应后
()
()
c Cl
c ClO
-
-
=11，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可得
5n(ClO3-)+n(ClO-)= n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中
() ()31 2
c ClO c ClO -
-
=，A正确；
B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+
n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，两式联立可得n(Cl2)=1
2
n(KOH)=
1
2
×a mol=
1
2
a mol，B正确；
C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子
守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=1
6
n(KOH)=
1
6
×a mol=
1
6
a mol；转移电子最
大物质的量为：1
6
a mol×5=
5
6
a mol；
氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守
恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)=1
2
n(KOH)=
1
2
×a mol=
1
2
a mol，转移电子
最小物质的量=1
2
×a mol×1=
1
2
a mol，则反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为：
1
2
a mol
≤ n(e -)≤5
6
a mol，C正确；
D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾
离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)=1
6
n(KOH)=
1
6
×a mol=
1
6
a mol，D
错误；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查氧化还原反应计算，注意电子转移守恒、原子守恒及极限法的应用，侧重考查学生对基础知识的应用能力和分析、计算能力。

7．D
【分析】
母液中主要含NH4+、Fe2+、H+、SO42–，根据离子共存原则分析加入指定物质后溶液的离子存在情况，如发生氧化还原反应、生成气体、沉淀等。

【详解】
A．通入过量Cl2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；
B．加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO–会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；
C．加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；
D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；
答案选D。

8．D
【详解】
A．Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．二者反应生成氢氧化亚铁、一水合氨，离子方程式为
Fe2++2NH4++4OH-=Fe(OH)2↓+2NH3·H2O，故B错误；
C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故C错误；
D．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故D正确；
故答案为D。

9．C
【详解】
A. 首先CO2先与Ca(OH)2反应，产生CaCO3沉淀，此时沉淀量逐渐增大，CO2再和KOH 反应，此时无沉淀，之后二氧化碳先会和K2CO3反应，生成酸式盐，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙，从而沉淀出现溶解现象，所以图像应该是“等腰梯形”的形状，A项错误；
B. 假设溶液中含1 mol KAl(SO4)2，加入1.5 mol的Ba(OH)2时生成1.5mol BaSO4和1 molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5 mol，再加入0.5 mol Ba(OH)2，生成0.5 mol BaSO4，溶解1 mol Al(OH)3，故沉淀的总物质的量减少，最后只剩下硫酸钡沉淀，B项错误；
C. NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀，当把硫酸根反应完全，再加氢氧化钡也不产生沉淀，所给图像恰好能表达该反应过程，C项正确；
D. NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸现象是先生成沉淀，后沉淀溶解，不会出现第3个阶段随着盐酸的加入沉淀量不改变的情况，D项错误；
答案选C。

10．A
【解析】
【分析】
把海水中的盐分离出来，需要先蒸发后过滤；用食盐制取氯气要用点解饱和食盐水的方法；从母液中提取溴，用氯气置换，生成的溴则需SO2吸收生成硫酸和氢溴酸。

【详解】
A.操作①是蒸发，而不是灼烧，不需要坩埚，需要蒸发皿，A错误；
B.②是电解氯化钠溶液获得Cl2的过程，B正确；
C.③是NaBr与Cl2发生的置换反应，④发生的反应为：Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，
⑤是HBr转化为Br2的过程，涉及的反应均为氧化还原反应，C项、D项正确。

答案为A。

11．B
【解析】试题分析：根据题意可知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，质量是39.2 g，则
n[Cu(OH)2]="0.4" mol，n(Cu)="0.4" mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4 mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，则有x＋2y="0.4" mol，64x＋144y="27.2" g，解得x="0.2" mol，y="0.1" mol，物质的量之比等于2:1，A项正确；反应后得到溶质是NaNO3，则表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等，即硝酸钠的物质的量是1 mol，0.2 mol Cu 和0.1 mol Cu2O被硝酸氧化时共失去(0.4＋0.2)mole－，则有0.2 mol的硝酸被还原为NO，所以硝酸的总物质的量是1.2 mol，浓度是2.4 mol/L，B项错误；产生的NO为0.2 mol，标准状况下体积是4.48 L，C项正确；D．原混合物与硝酸反应生成Cu(NO3)2，n(Cu)="0.4" mol，所以n(NO3-)="0.8" mol，被还原的硝酸是0.2 mol，硝酸的总物质的量是1.2 mol，所以剩余硝酸0.2 mol，D项正确；答案选B。

【考点定位】考查硝酸的性质，氧化还原反应，化学计算等知识。

【名师点睛】本题考查硝酸的性质，氧化还原反应，化学计算等知识。

根据题意可知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，质量是39.2 g，则n[Cu(OH)2]="0.4" mol，n(Cu)="0.4" mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4 mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，则有x＋2y="0.4" mol，64x＋144y="27.2" g，解得x="0.2" mol，y="0.1" mol，然后根据得失电子守恒和原子守恒解答即可。

视频
12．0.04 460 400 1＞a≥0.2
【详解】
（1）当V1 =140mL时，此时，溶液是MgSO4 、Al2(SO4)3 和Na2SO4 混合液，由Na+ 离子守恒可知，n(Na2SO4)=1/2n(NaOH)=1/2×0.14L×1mol/L=0.07mol.。

假设MgSO4 物质的量为xmol，Al2(SO4)3的物质的量为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1mol；根据SO4 2- 离子守恒有：x+3y= 0.2-0.07=0.13mol，将两个放出联立求解，可得x=0.04mol；y=0.03mol，
所以金属粉末中n(Mg)=0.04mol，n(Al)=2y=2×0.03mol=0.06mol；在加入NaOH溶液至V2时，溶液为NaAlO2和Na2SO4溶液，n(Al)=0.06mol，则n(NaAlO2)=0.06mol，根据Na元素守恒可得n(NaOH)="2" n(Na2SO4)+ n(NaAlO2) =2n(H2SO4) + n(Al)=
2×0.1L×2mol/L=0.4mol+0.06mol=0.46mol，所以V2="0.46mol÷1mol/L=" 0.46L= 460mL；（2）当溶液中Mg2+ 、Al3+ 恰好沉淀完全时，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO42-离子和Na+ 离子守恒有：n(Na+)="2" n(Na2SO4)= 2n(H2SO4)=2×0.1L×2mol/L=0.4mol，所以V(NaOH)= 0.4mol÷1mol/L=0.4L=400mL；
（3）若混合物仍为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用100mL2mol/L硫酸溶解后，再加入480mL 1mol/L氢氧化钠溶液，所得沉淀无Al(OH)3 沉淀，证明生成的氢氧化铝全部和氢氧化钠反应，氢氧化铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，由上述分析知：V1 =400ml，再加入80mL 1mol/L氢氧化钠溶液，所得Al(OH)3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，根据方程式：Al(OH)3+ OH-= AlO2-+2H2O可知Al(OH)3最大值是n[Al(OH)3]=1mol/L×0.08L=0.08mol,即0＜n(Al)≤0.08mol，n(Mg)+n(Al)=0.1mol，则0.2≤n(Mg)＜1。

【点睛】
镁、铝是非常活泼的金属元素，它们都可以与酸发生置换反应产生盐和氢气，若二者与酸恰好反应，则向反应后的溶液中加入NaOH溶液，应该立刻有沉淀产生，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，无沉淀产生，说明硫酸过量，镁、铝与硫酸反应后的溶液为MgSO4 、Al2(SO4)3 和Na2SO4 混合液。

向反应后的溶液中加入NaOH溶液，首先发生酸、碱中和反应，然后发生沉淀反应，当沉淀达到最大值时溶液为溶液Na2SO4。

由于Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与过量NaOH发生反应，当沉淀不再溶解时，溶液为NaAlO2、Na2SO4 混合液，只要掌握Mg、Al元素的单质及化合物的性质，掌握各个拐点的物质的成分，利用Na、S、Mg元素守恒进行分析，问题就不难解决。

13．4NH3+3F2Cu
3NH4F+NF30.6 MgCl2、Al、(NH4)2SO4H++OH-=H2O
2
AlO +H++H2O=Al(OH)3↓
【详解】
I.(1)氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气发生反应生成A和B，A为铵盐，A 为氟化铵，B在标准状况下为气态，在此反应中，若有1体积氨气参加反应，则有0.75体积氟气参加反应，氨气和氟气的计量数之比是1:0.75=4:3，若有8.96L氨气(标准状况)参加反
应，则生成0.3molA ，则氨气和氟化铵的计量数之比=8.9622.4/L L mol
:0.3mol=4:3，反应方程式为：4NH 3+3F 2Cu NF 3+3NH 4F ；
(2)根据方程式4NH 3+3F 2Cu NF 3+3NH 4F ，反应中转移的电子为6e -。

在标准状况下2.24LNF 3的物质的量为
2.2422.4/L L mol
=0.1mol ，则该反应中转移电子的物质的量为0.6mol ，故答案为0.6； Ⅱ.(3)由流程图可知：第一步反应的离子方程式为：NH 4++OH -═NH 3↑+H 2O 、
2Al+2OH -+2H 2O═22AlO -+3H 2↑、Mg 2++2OH -═Mg(OH)2↓、Al 3++4OH -═2AlO -
+2H 2O ，根据生成的气体通过碱石灰体积不变，说明无酸性气体，而通过浓硫酸体积减小，说明剩余的6.72L 气体为氢气，即原固体中一定含有金属Al ，且其质量为 6.7222.4/1.5
L
L mol ×
27g/mol=5.4g ；生成氨气的物质的量为11.2 6.7222.4/L L L mol
-=0.2mol ，根据氮守恒则原固体中一定含有0.1mol(NH 4)2SO 4，质量为：0.1mol×132g/mol=13.2g ；得到白色沉淀久置不变色，说明无FeCl 2，因为氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁；又因为NaOH 过量，所以白色沉淀不可能含有氢氧化铝，则说明5.8g 白色沉淀为Mg(OH)2，其物质的量为0.1mol ，则固体中含有MgCl 20.1mol ，质量为9.5g ，所以混合物的组成为Al 、(NH 4)2SO 4、MgCl 2，故答案为Al 、(NH 4)2SO 4、MgCl 2；
(4)反应④中包括盐酸与过量的氢氧化钠反应、偏铝酸根与盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：H ++OH -=H 2O 、2AlO -+H ++H 2O=Al(OH)3↓；故答案为H ++OH -=H 2O 、2AlO -+H ++H 2O=Al(OH)3↓。

14． Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O ClO -+2I -+2H +=Cl -+I 2+H 2O 淀粉溶液 6Fe 2++4Br -+5Cl 2=6Fe 3++2Br 2+10Cl -
【解析】
反应I 、反应II 和反应III 均是工业生产中常见的反应，A 、B 为化合物，C 是温室气体之一为CO 2，D 和K 均可用做干燥剂结合反应条件判断，D 为CaO ，A 为CaCO 3，H 常温下为液态化合物推断为H 2O ，M 为Ca(OH)2，J 是一种具有漂白作用的盐推断为Ca(ClO)2，K 为CaCl 2，E 为Cl 2，反应III 和E 与G 反应的原理相同，说明G 为碱，结合反应条件，可以推
断B 为NaCl ，电解氯化钠溶液反应生成产物G 为NaOH ，F 为H 2。

(1)CO 2与Ca(ClO)2的水溶液反应生成碳酸钙和含氧酸次氯酸，次氯酸的电子式是：
；
故答案为； (2)Cl 2与Ca(OH)2反应的离子方程式：Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O ，故答案为
Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O ；
(3)①Ca(ClO)2将KI 氧化生成I 2的离子方程式为：ClO -+2I -+2H +=Cl -+I 2+H 2O ，故答案为ClO -+2I -+2H +=Cl -+I 2+H 2O ；
②碘与淀粉变蓝色，滴定过程中有碘参与，因此用Na 2S 2O 3标准溶液滴定I 2时选用的指示剂为淀粉溶液，故答案为淀粉溶液；
(4)若将0.1mol Cl 2通入100mL FeBr 2溶液中，溶液中有三分之一的Br -被氧化成Br 2；溶液中Fe 2+的还原性大于Br -的还原性；通入氯气会先氧化Fe 2+离子，Fe 2+完全反应后再氧化Br -；设FeBr 2溶液浓度为xmol/L ，含Fe 2+物质的量为0.1xmol ；含Br -物质的量为0.2xmol ；Cl 2物质的量为0.1mol ；依据溶液中有三分之一的Br -被氧化成Br 2得到；
Cl 2 + 2Br -=Br 2+2Cl -；
1 2
0.13x mol 0.23
x mol 则与亚铁离子反应的氯气物质的量=0.1mol-
0.13
x mol Cl 2 + 2Fe 2+=2Fe 3++2Cl -；
1 2 (0.1-
0.13
x )mol 0.1xmol 因此(0.1-0.13x )mol ×2=0.1xmol ，解得：x=1.2，反应的各粒子物质的量为：n(Cl 2)=0.1mol ；n(Fe 2+)=0.12mol ；反应的溴离子的物质的量
n(Br -)=0.08mol ，n(Cl 2)：n(Fe 2+)：n(Br -)=0.1：0.12：0.08=5：6：4，故反应的离子方程式：6Fe 2++4Br -+5Cl 2═6Fe 3++2Br 2+10Cl -，故答案为6Fe 2++4Br -+5Cl 2═6Fe 3++2Br 2+10Cl -。

15．dabfce 233176()9()
m m m m -- 偏小 c 、a 产生白色沉淀、品红溶液褪色 2FeSO 4Fe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑
【解析】
(1)①实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce ，故答案为dabfce ；
②直至A 恒重，记为m 3 g ，应为FeSO 4和装置的质量，则
m(FeSO 4)=(m 3-m 1)g ，m(H 2O)=(m 2-m 3)g ，则n(H 2O)==2318
m m -mol 、n(FeSO 4)=31()152/m m g g mol -=31152m m -mol ，结晶水的数目等于()()
24n H O n FeSO =233176()9()m m m m --，若实验时按a 、d 次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小，故答案为233176()9()
m m m m --；偏小；
(2)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe 2O 3，则反应中Fe 元素化合价升高，S 元素化合价应降低，则一定生成SO 2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe 2O 3、SO 3、SO 2，C
为氯化钡，用于检验SO 3，可观察到产生白色沉淀，D 为品红，可用于检验SO 2，品红褪色，
故答案为c 、a ；产生白色沉淀、品红溶液褪色；
②硫酸亚铁高温分解可生成Fe 2O 3、SO 3、SO 2，分解的化学方程式为2FeSO 4
Fe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑，故答案为2FeSO 4Fe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑。

点睛：本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别。

注意把握实验原理及物质性质的分析。

本题的易错点为误差的分析，要注意若实验时按a 、d 次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，使得硫酸亚铁变成了硫酸铁。

16．将样品中可能存在的Fe 2+氧化成Fe 3+ H 2O 2 SiO 2 SiO 2+4HF=SiF 4↑+2H 2O 防止胶体生成，易沉淀分离 Fe(OH)3、Al(OH)3
【解析】
水泥熟料的主要成分为CaO 、SiO 2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A 为SiO 2，滤液中含有Fe 3+、Al 3+、Mg 2+等离子，加入氨水调节pH 到4-5之间，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有Ca 2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀，加入硫酸酸化，然后用高锰酸钾测定。

(1)铁离子在pH 较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂
质，也可用过氧化氢代替硝酸，故答案为将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；(2)由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸——氢氟酸反应，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
(3)滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为防止胶体生成，便于沉淀分离；Al(OH)3、Fe(OH)3。