山西省运城中学2015届高三化学上学期期末考试试题(含解析)

山西省运城中学2015届高三上学期期末考试化学试卷
一、（本题共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个正确选项）
1．用特殊的方法把固体物质加工到纳米级的超细粉末粒子，然后制得纳米材料．下列分散系中分散质的微粒直径和这种粒子具有相同数量级的是（）
2．（3分）下列物质属于非电解质的是（）
3．（3分）在下列物质之间的反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是（）
4．（3分）在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各为1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42﹣的物质的量为（）
5．（3分）等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是（）
6．（3分）制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为
2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，在烧杯中下列结果不可能出现的是（）
7．（3分）自来水常用Cl2消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（）
8．（3分）下列说法正确的是（）
9．（3分）只用一种试剂，可区别Na2SO4、AlCl3、NH4Cl、MgSO4四种溶液，这种试剂是（）
10．（3分）某同学在实验报告中有以下实验数据：①用托盘天平称取11.7g食盐；②用量筒量取5.26mL盐酸；③用广泛pH试纸测得溶液的pH值是3.5，其中数据合理的是（）
11．（3分）为了除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3，最好的方法是向此溶液中（）
12．（3分）除去NaCl中含有的Ca2+、Mg2+、SO42﹣、HCO3﹣等离子，通常采用以下四种试剂：①Na2CO3②BaCl2③NaOH ④HCl，加入试剂合理的操作顺序是（）
13．（3分）用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制100mL 1 mol/L的稀硫酸．现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：①100mL量筒②10mL量筒③50mL烧杯④托盘天平⑤100mL 容量瓶⑥胶头滴管⑦玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（）
A．④③⑦⑤⑥B．②⑤⑦⑥C．①③⑤⑥⑦D．②⑥③⑦⑤⑥
考点：配制一定物质的量浓度的溶液．.
专题：实验题．
分析：先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答．解答：解：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为
c==mol/L=18.4mol/L，配制1mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V═=0.0054L，即5.4ml，应选择10ml量筒，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为②⑥③⑦⑤⑥，故选：D．
点评：本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器，难度不大，注意量物质的量浓度和质量百分数之间的换算．
14．（3分）碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠．现加热5.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使其质量不再发生改变时，混合物质量减少了0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为（）A．3.38g B．4.58g C．4.16g D．4.41g
考点：化学方程式的有关计算．.
专题：计算题．
分析：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸氢钠完全分解，根据反应的方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，利用差量法计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠质量．
解答：解：碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，
设混合物中含有NaHCO3的质量为x，则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m
2×84 62
x 0.31g
2×84：62=x：0.31g
解得：x=0.84g，
所以：m（Na2CO3）=5g﹣m（NaHCO3）=5g﹣0.84g=4.16g，
故选：C．
点评：本题考查混合物的计算，难度不大，注意碳酸氢钠的性质，利用差量法计算简化计算过程．
15．（3分）把a L含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份需用b mol烧碱刚好把氨全部赶出，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗c mol氯化钡，由此可知原溶液中N03﹣的物质的量浓度是（单位：mol•L﹣1）（）
A．B．C．D．
考点：离子方程式的有关计算．.
专题：守恒法．
分析：根据NH4++OH﹣═NH3+H2O来计算铵根离子的物质的量，利用Ba2++SO42﹣═BaSO4↓来计算硫酸根离子的物质的量，再根据溶液不显电性来计算原溶液中N03﹣的物质的量浓度．
解答：解：设每份中NH4+的物质的量为x，SO42﹣的物质的量为y，则
NH4++OH﹣═NH3+H2O
1 1
x b
，解得x=b，则每份中NH4+的物质的量为bmol，
Ba2++SO42﹣═BaSO4↓
1 1
c y
，解得y=c，则每份中SO42﹣的物质的量为cmol，
由aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，
则原溶液中NH4+的物质的量浓度为mol/L，
原溶液中SO42﹣的物质的量浓度为mol/L，
设原溶液中N03﹣的物质的量浓度为z，
由溶液不显电性，根据电荷守恒可知，
mol/L×1=mol/L×2+z×1，
解得z=mol/L，故选D．
点评：本题考查学生利用离子方程式的简单计算，明确每份溶液中离子的物质的量与原溶液的关系及原溶液中的电荷守恒即可解答．
二、选择题（本题共10小题．每题3分，共30分．每小题有1～2个正确选择．若两个选项只选一个且正确，只给1分；只要错一个零分）
16．（3分）下列叙述中，正确的是（）
A．H2SO4的摩尔质量是98
B．等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同
C．等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为11：7
D．将98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L
考点：摩尔质量；物质的量的相关计算．.
专题：计算题．
分析：A．H2SO4的摩尔质量是98g/mol；
B．O2和O3都由氧原子构成，二者质量相等含有的氧原子数目相等；
C．根据n=计算判断物质的量关系，再根据分子中含有的C原子数目判断；
D.98g H2SO4的物质的量为1mol，溶于水配成500mL溶液，所得溶液中硫酸的物质的量
浓度为2 mol/L．
解答：解：A．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，1molH2SO4的质量是98g，故A错误；
B．O2和O3都由氧原子构成，二者质量相等含有的氧原子数目相等，故B正确；
C．等质量的CO与CO2的物质的量之比为：=11：7，二者分子都含有1个C原子，二者所含碳原子数之比为11：7，故C正确；
D.98g H2SO4的物质的量为1mol，溶于水配成500mL溶液，所得溶液中硫酸的物质的量
浓度为2 mol/L，体积500mL是指溶液的体积，不是溶剂的体积，故D错误；
故选BC．
点评：本题考查常用化学计量的有关理解、计算等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．
17．（3分）“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（）
A．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2O
B．制CuSO4：2Cu+O2=2CuO；Cu+H2SO4（稀）=CuSO4+H2O
C．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O
D．制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
考点：绿色化学．.
专题：元素及其化合物．
分析：理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染．
解答：解：A、每生成1molCuSO4需要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故A错误．
B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，符合题意，故B正确．
C、每生成1molCu（NO3）2需要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故C错误．
D、每生成1molCu（NO3）2需要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故D错误．
故选B．
点评：解答本题的关键是要读懂题目要求，准确理解绿色化学的含义．
18．（3分）下列叙述中，正确的是（）
19．（3分）将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（）
20．（3分）把金属铁加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余，则（）
21．（3分）设N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）
22．（3分）在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（）
能够大量共存，则离子之间不发生任何反应．
解答：解：A、溶液无色，在酸性条件下不发生任何反应，能大量共存，故A正确；
B、溶液无色，在酸性条件下HCO3﹣与H+反应不能大量共存，故B错误；
C、溶液无色，Ba2+与SO42﹣反应生成沉淀不能大量共存，故C错误；
D、Cu2+有颜色，不符合题目无色要求，故D错误．
故选A．
点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意题目的要求，掌握离子反应的性质．
23．（3分）某学生用滤纸折成一只纸蝴蝶并在纸蝴蝶上喷洒某种无色试剂，挂在铁架台上（保持湿润）．另取一只盛有某种溶液的烧杯，放在纸蝴蝶的下方（如图）．过一会儿，发现白色纸蝴蝶上的喷洒液转变为红色，喷洒在纸蝴蝶上的试剂与小烧杯中的溶液是（）
A B C D
纸蝴蝶上的喷洒液石蕊酚酞酚酞石蕊
小烧杯中的溶液浓盐酸浓氨水氢氧化钠溶液浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
考点：氨的化学性质．.
专题：氮族元素．
分析：由题干所给信息，滤纸折的蝴蝶喷上某种试剂后是白色的，说明该试剂是无色的，已知石蕊试液是紫色的，无色的酚酞溶液遇碱性溶液变红色，以及浓氨水呈碱性且有挥发性等知识点分析即可．
解答：解：从白色的蝴蝶变成红色可推断滤纸上喷洒的物质不是石蕊，而是酚酞试液；浓氨水有挥发性，挥发出的氨气遇到试剂中的水形成氨水，氨水呈碱性，无色的酚酞溶液遇碱
24．（3分）下列离子方程式的书写正确的是（）
25．（3分）按右图装置持续通入x气体，并在管口P处点燃，实验结果使澄清的石灰水变浑浊．则x、y可以是（）
A．H2和NaHCO3B．C O和Na2CO3C．C O和CuO D．H2和Fe2O3
考点：无机物的推断；常见气体的检验．.
专题：推断题．
分析：能使澄请石灰水变浑浊的是二氧化碳，X是能燃烧，且与y反应生成二氧化碳的气体或者是Y分解产生二氧化碳的气体．
解答：解：A、氢气是能燃烧的气体，碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，能使石灰水变浑浊，故A正确；
B、一氧化碳能燃烧，但是碳酸钠受热不会分解，不会看到澄清石灰水变浑浊，故B错
误；
C、一氧化碳是能燃烧的气体，能和氧化铜反应产生二氧化碳，能使石灰水变浑浊，故
C正确；
D、氢气能燃烧，但是和氧化铁反应不会生成二氧化碳，不会看到澄清石灰水变浑浊，
故D错误．
故选AC．
点评：物质的性质决定实验现象，对常见物质的性质要熟记，具备一定的解题能力是解答该题的关键．
三、填空题（本题有4小题，共23分）
26．（9分）（1）0.5mol H2O的质量为9 ，其中含有 3.01×1023个水分子，共有9.03×1023个原子．
（2）质量都是50g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是CO2，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是NH3，体积最小的是CO2．
（3）配制50mL 0.2mol/L CuSO4溶液，需要CuSO4 1.6 g；需要CuSO4•5H2O 2.5 g．
（4）中和相同体积、相同物质的量浓度的NaOH溶液，并使其生成正盐，需要相同物质的量浓度的HCl、H2SO4、H3PO4溶液的体积比为6：3：2 ．
考点：物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算．.
专题：计算题．
分析：（1）根据n==结合分子组成计算；
（2）n===计算；
（3）n==cV计算；
（4）根据反应H++OH﹣=H2O，结合分子组成计算．
解答：解：（1）m（H2O）=0.5mol×18g/mol=9g，N（H2O）=0.5mol×N A=3.01×1023，N（H）+N （O）=3×N（H2O）=9.03×1023，
故答案为：9；3.01×1023；9.03×1023；
（2）由n==可知：相同质量时，物质的相对分子质量越大，则分子数越小，CO2的相对分子质量最大，
则质量都是50g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是CO2，
n==可知：相同质量时，物质的相对分子质量越大，则物质的量越小，体积越小，则质量都是50g的 HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，体积最大的是NH3，体积最小的是CO2，故答案为：CO2；NH3；CO2；
（3）50mL 0.2mol/L CuSO4溶液中：n（CuSO4）=0.05L×0.2mol/L=0.01mol，
则：m（CuSO4）=0.01mol×160g/mol=1.6g，
m（CuSO4•5H2O）=0.01mol×250g/mol=2.5g，
故答案为：1.6； 2.5；
（4）根据反应H++OH﹣=H2O可知，中和相同体积、相同物质的量浓度的NaOH溶液，并使其生成正盐，
则需：n（HCl）：n（H2SO4）：n（H3PO4）=1：： =6：3：2，
需要相同物质的量浓度的HCl、H2SO4、H3PO4溶液的体积比为6：3：2，
故答案为：6：3：2．
点评：本题考查物质的量的相关计算，题目难度中等，（4）为易错点，注意三种酸的特点．27．（4分）实验室制取Cl2的反应方程式为：MnO2+4HCl （浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．从氧化还原反应的角度看，在制备H2、CO2、Cl2三种气体时，盐酸的作用分别是氧化剂、酸性、还原剂，酸性．
考点：氧化还原反应．.
专题：氧化还原反应专题．
分析：利用Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑、CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、MnO2+4HCl （浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O反应及元素的化合价变化分析．
解答：解：由Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑可知，HCl中H元素的化合价降低，体现HCl的氧化性，作氧化剂；
由CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O可知，没有元素的化合价变化，生成盐，体现HCl的酸性，作酸；
由MnO2+4HCl （浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，生成盐，体现其酸性，生成氯气时Cl元素的化合价升高，体现HCl的还原性，作还原剂，
故答案为：氧化剂；酸性；还原剂，酸性．
点评：本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意发生的化学反应及化合价判断，题目难度不大．
28．（3分）Cl2和SO2都有漂白作用，现将二者以等物质的量混合后再通入到品红溶液中，品红溶液不褪色（填褪色或不褪色），反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4．
考点：氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．.
专题：元素及其化合物．
分析：氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用，是次氯酸的强氧化性的体
29．（7分）（1）正常雨水显酸性，其pH值约等于 5.6 ，这是由于空气中存在CO2溶于水生成碳酸．
（2）某次采集的酸雨样品，每隔一段时间测定一次pH值，得数据如下
酸雨样品pH值变小的主要原因是酸雨样品中的H2SO3逐渐被氧化成H2SO4，使溶液的酸性增强，发生的反应为：2H2SO3+O2=2H2SO4．
从而使雨水的酸性增强．
故答案为：酸雨样品中的H2SO3逐渐被氧化成H2SO4，使溶液的酸性增强，发生的反应为：2H2SO3+O2=2H2SO4
点评：本题主要考查了酸雨的形成，内容比较简单，只要掌握基础知识即可完成．
四、实验题（本题有3小题，共23分）
30．（10分）除去下列物质中所混有的少量杂质，指明应加入的试剂的化学式或名称，写出有关的反应方程式．
（1）铜粉中混有少量铝粉NaOH 、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）FeCl3中混有少量FeCl2 氯水、2FeCl2+Cl2=2FeCl3；
（3）Na2CO3固体中混有少量NaHCO3加热、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O ．
考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．.
专题：元素及其化合物；化学实验基本操作．
分析：（1）铝能与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠，可用氢氧化钠溶液除杂；
（2）FeCl2可与Cl2反应生成FeCl3；
（3）NaHCO3不稳定，加热易分解．
解答：解：（1）铝能与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠，可用氢氧化钠溶液除杂，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：NaOH；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）FeCl2可与Cl2反应生成FeCl3，可加入氯水除杂，反应的化学方程式为
2FeCl2+Cl2=2FeCl3，
故答案为：氯水；2FeCl2+Cl2=2FeCl3；
（3）NaHCO3不稳定，加热易分解，则可用加热的方法除杂，反应的方程式为
2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，
故答案为：加热；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O．
点评：本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同，把握相关方程式的书写，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．
31．（5分）某学生用图示的装置进行一氧化碳和二氧化碳混合气体的分离和干燥．其中a为铁夹，b为分液漏斗的活塞．
（1）甲瓶内盛氢氧化钠；溶液，乙瓶内盛硫酸溶液，分液漏斗内盛浓硫酸溶液．
（2）实验先分离出一氧化碳，方法是先关闭 b ，再打开 a ．
（3）分离完一氧化碳后，再收集二氧化碳，方法是先关闭 a ，再打开 b ．
考点：气体的净化和干燥．.
专题：实验题．
分析：（1）根据二氧化碳和一氧化碳的性质结合实验目的分析；
（2）根据a、b的作用及实验目的分析；
（3）根据a、b的作用及实验目的分析．
解答：解：（1）依据实验要求可知甲、乙装置应分别为除杂和干燥装置，根据CO和CO2性质可知甲是用以吸收CO2的，因此甲、乙应分别装NaOH溶液和浓H2SO4，甲吸收CO2后最后还应将其释放出来，显然b中应盛放酸，由于盐酸有挥发性，宜选择H2SO4．
故答案为：氢氧化钠；硫酸；浓硫酸；
（2）根据（1）的分析可知先分离得到的是CO气体，应关闭b打开a，故答案为：b；
a；
（3）根据（2）分析知后得到CO2气体，所以要打开b让硫酸和碳酸钠反应生成二氧化
碳，关闭a防止再进入CO，所以应关闭a打开b，故答案为：a；b．
点评：本题以二氧化碳、一氧化碳为载体考查了气体的净化和干燥，要根据气体的性质选取净化剂，气体净化的原则是：不减少被净化气体的量，不引进新的杂质，操作简便，易于分离．
32．（8分）某学生课外活动小组利用右图所示装置分别做如下实验：
（1）在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是稀氨水和酚酞溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是：稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅．
（2）在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是溶有二氧化硫的品红溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因是：SO2气体逸出，品红溶液恢复红色．
考点：化学反应的基本原理；氨的物理性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质．.
专题：压轴题；实验探究和数据处理题．
分析：实验的装置为一封闭体系，受热时，有气体从溶液中逸出进入气球，导致溶液的颜色的变化；冷却后，逸出的气体又溶解在溶液中，得到原来溶液，恢复到原来溶液的颜色．在中学阶段，因为气体的溶入和逸出而导致溶液颜色互变的最常见的是SO2与品红溶液之间以及NH3与酚酞溶液之间，然后根据题中现象进行分析、验证并解答即可．
解答：解：（1）因稀氨水呈碱性能使酚酞变红，同时氨水不稳定易分解，加热氨气逸出，溶液碱性减弱，溶液颜色逐渐变浅，冷却后氨气又溶解，溶液呈碱性，酚酞变红，
故答案为：稀氨水和酚酞；稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅；
（2）SO2能与品红发生化合反应，生成不稳定的无色物质，使品红褪色，加热时，生成
五、推断题（本题有2小题，共20分）
33．（12分）已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：
①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解．
②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色．
③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失．
（1）则各是什么物质的化学式为：A BaCl2、B FeSO4、C AlCl3、D NaOH ．（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe （OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．
（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2
﹣+2H
2O ．
性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．反应为AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O．改写离子方程式时，AlCl3、NaOH、NaCl、NaAlO2易溶于水易电离改成离子形式，Al（OH）3难溶于水难电离保留化学式，H2O是弱电解质保留化学式，删除相同离子，则离子方程式为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．故正确答案为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．
点评：本题考查溶液中离子间的反应，解题的突破口为特征反应和特征现象，如沉淀由白色转化为红褐色是Fe（OH）2转变为Fe（OH）3的特征现象，Al（OH）3是两性氢氧化物可与强碱反应等．
34．（8分）某工业废液里含有FeCl2、CuCl2和FeCl3．为回收铜并得到纯净的FeCl3溶液，如图是综合利用的主要流程：
（1）方框内物质A和B的化学式：A HCl ，B Cl2．
（2）根据图示第①步的有关离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+．
（3）第②步的化学方程式为2FeCl2+Cl2 =2FeCl3．
考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质分离、提纯的实验方案设计．.
专题：实验设计题．
分析：由流程图可知废液的处理过程为：利用过量的饱和氯化铁溶液与镀铜电路板上金属铜反应，然后用过量铁粉把生成的氯化铜置换得到金属铜，同时把过量的氯化铁溶液转变为氯化亚铁溶液，过滤所得沉淀用盐酸分离铜和铁，最后，进行过滤分离出金属铜而回收铜，并把滤液氯化亚铁与氯气反应而转化为氯化铁溶液循环利用．
解答：解：由流程图可知废液的处理过程为：利用过量的饱和氯化铁溶液与镀铜电路板上金属
六、计算题（本题有2小题，共14分）
35．（8分）用适当溶液把3.31g某铁矿石样品溶解，然后加过量碱溶液，生成沉淀，再灼烧沉淀，得2.40g Fe2O3．已知该铁矿石中铁的氧化物的质量分数为70%．试计算：
（1）该铁矿石中铁的质量分数50.8% ．
（2）该铁矿石中铁的氧化物的化学式Fe3O4．
=×2=0.03mol，铁矿石中铁的质量分数为：
×100%≈50.8%，
故答案为：50.8%；
（2）铁矿石中铁的氧化物的质量分数为70%，3.31g某铁矿石样品，其氧化物的质量为
3.31g×70%=2.317g，
铁的氧化物中氧元素的质量为：2.317g﹣0.03mol×56g/mol=0.637g，
则n（O）=≈0.04mol，n（Fe）：n（O）=0.03：0.04=3：4，故铁的氧化物的化学式为Fe3O4，
故答案为：Fe3O4．
点评：本题考查质量分数的有关计算，题目难度不大，注意铁元素、氧元素的质量守恒进行计算．
36．（6分）向1L AlCl3和FeCl3混合溶液中加入含a mol NaOH的溶液时，产生的沉淀量可达最大值；继续加入NaOH溶液，沉淀开始溶解，当前后加入的NaOH总量达到b mol时，沉淀不再减少，求原溶液中Fe3+的物质的量浓度．
考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算．.
专题：计算题；几种重要的金属及其化合物．
分析：沉淀量由最大到不再减少变化的量是Al（OH）3，结合方程式利用氢氧化钠的物质的量求出Al（OH）3的物质的量，根据
Al（OH）3的物质的量求出生成Al（OH）3所用NaOH的物质的量，产生的沉淀量达最大值时使用的氢氧化钠的物质的量减去生成Al（OH）3所用NaOH的物质的量，就是生成Fe（OH）3时使用的氢氧化钠的物质的量，再根据方程式求出FeCl3的物质的量，根据物质的量浓度浓度公式求出浓度即可．
解答：解：开始产生沉淀至沉淀量达最大值发生反应：
FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl
AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl
继续加入NaOH溶液，沉淀开始溶解至沉淀完全不再减少发生反应：
Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O
沉淀开始溶解至沉淀完全不再减少，使用NaOH的物质的量为（b﹣a）mol，Al（OH）3与NaOH发生反应的物质的量之比是
1：1，所以，Al（OH）3的物质的量是（b﹣a）mol；
根据方程式：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，当有（b﹣a）molAl（OH）3生成时，需要NaOH的物质的量是
Al（OH）3的3倍，所以需要NaOH的物质的量是3（b﹣a）molAl；
与氯化铁反应的NaOH的物质的量为amol﹣3（b﹣a）mol=（4a﹣3b）mol，
根据反应方程式：FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl知，生成Fe（OH）3所用NaOH物质的量是FeCl3的3倍，
所以FeCl3的物质的量是，
因为溶液的体积是1L，所以FeCl3的物质的量浓度是：，
故答案为：
点评：本题过程复杂，结合方程式分析较好，如果结合图象分析更佳，可用此图象结合分析
x点表示与FeCl3反应所需的氢氧化钠的物质的量，a﹣﹣x表示与AlCl3反应所需NaOH 的物质的量，（a﹣x）的量是（b﹣a）的3倍．。