内蒙古自治区乌拉特前旗一中2019届高三上学期第一次月考化学试题 含解析

2018—2019学年高三第一次月考
化学试卷
相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137
一、选择题（每小题2分，共40分，每小题均只有一个正确选项）
1.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是
A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【答案】A
【解析】
分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。

详解：A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。

酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的。

选项A不合理。

B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。

选项B合理。

C．陶瓷的制造原料为黏土。

选项C合理。

D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。

选项D合理。

点睛：萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。

实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。

本题的选项D就是一种固液萃取。

2.化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。

下列叙述中不正确
．．．的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氧化铁为红色，俗称铁红，难溶于水，氧化铁常用作红色油漆和涂料，故A 正确；
B. 钙钛矿太阳能电池是把吸收的光能转化为电能，故B正确；
C. SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，不属于有机高分子材料，故C错误；
D. 石墨烯电热膜施加电压后能够产生较高热量是因为它具有良好的导热性，可制作发热服，故D正确；
综上所述，本题选C。

3.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3N A
B. 15g甲基（－CH3）含有的电子数是9N A
C. 1mol C2H5OH和1mol CH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8N A
D. 标准状况下，2.24 L CCl4中的原子总数为0.5N A
【答案】B
【解析】
【详解】A. 苯分子结构特殊，含有特殊的碳碳键，不含碳碳双键，A错误；
B. 甲基（－CH3）含有的电子数是9，所以15g甲基（－CH3）（物质的量为1mol）含有的电子数是9N A，B正确；
C. 1molC2H5OH和1molCH3CO18OH发生酯化反应，生成H218O中含有中子数为10，但酯化反应为可逆反应，反应生成的H218O小于1mol，所以H218O分子中的中子数小于10N A，C错误；
D.标况下四氯化碳为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D错误；
综上所述，本题选B。

【点睛】羧酸和醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，规律是：酸脱羟基，醇脱氢，重新组合把水、酯生，酯化反应为可逆反应。

4.下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是
A. 纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质
B. 乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物
C. PM 2.5(微粒直径约为2.5×10－6 m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应
D. 漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨水为混合物,而电解质、非电解质都是纯净物,氨水既不是电解质也不是非电解质,故A错误；
B.光导纤维的主要成分为二氧化硅,为无机物,不属于高分子化合物，故B错误；
C.胶体可产生丁达尔效应,气溶胶属于胶体,微粒直径在10-7m-10-9m之间, PM 2.5(微粒直径约为2.5×10－6m)微粒直径大于10-7m，不能形成气溶胶，故C错误；
D.漂白粉含有氯化钙、次氯酸钙,水玻璃为硅酸钠的水溶液,福尔马林为甲醛的水溶液,都为混合物,故D正确；
综上所述，本题选D。

【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。

属于强电解质的有强酸、强碱、绝大部分盐、活泼金属氧化物等。

5.拟除虫菊酯是一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的溴氰菊酯的结构简式如图，下列对该化合物叙述正确的是
A. 属于芳香烃
B. 属于卤代烃
C. 在酸性条件下不水解
D. 在一定条件下可以发生加成反应
【答案】D
【解析】
A．该物质中含有Br、O、N元素，所以属于烃的衍生物，故A错误；
B．该物质中还含有O、N元素，所以不属于卤代烃，故B错误；
C．该物质中含有酯基，能在酸性条件下水解生成﹣COOH、﹣OH，故C错误；
D．该物质中含有苯环和碳碳双键，所以在一定条件下可以发生加成反应，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系即可解答，侧重考查烯烃、苯、醚及酯的性质，题目难度不大．
6.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 图甲装置可证明非金属性强弱:S>C>Si
B. 图乙装置可用于检验有乙烯生成
C. 图丙装置可通过蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
D. 图丁装置可用来测定中和热
【答案】A
【解析】
A.
稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，元素的最高价氧化物水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故可证明非金属性强弱：S>C>Si，A项正确；B.乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，图乙装置不能确定有乙烯生成，B项错误；C.
AlCl3饱和溶液中，氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，直接蒸干氯化铝溶液生成氢氧化铝而不能得到Al Cl3晶体，C项错误；D. 图丁测定反应热的装置中缺少环形玻璃搅拌棒，D项错误；故选A。

7.我国古代文明中包含着丰富的化学知识,下列过程中没有发生电子转移的是
A. 铁石制成指南针
B. 爆竹声中一岁除
C. 西汉湿法炼铜
D. 雷雨发庄稼
【答案】A
【解析】
氧化还原反应本质是有电子转移；打磨磁石制指南针属于物质形状变化,没有新物质生成,属于物理变化,A正确；黑火药中硫磺、硝酸钾和木炭在一定条件下发生反应生成氮气、硫化钾和二氧化碳，有新物质生成，属于氧化还原反应，B错误；湿法炼铜使铜由化合态变为游离态,所以有新物质铜生成,属于氧化还原反应,C错误；空气中的氮气在放电条件下与氧气直接化合生成一氧化氮气体,一氧化氮又被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，生成的硝酸随雨水淋洒到大地上,同土壤中的矿物相互作用,生成可溶于水的硝酸盐可作氮肥,植物生长得更好,这些变化过程，有新物质生成,发生了氧化还原反应,D错误；正确选项A。

8.将标准状况下的a L HCl (g)溶于1000 g水中，得到的盐酸密度为b g·cm-3，则该盐酸的物质的量浓度是
A. a/22.4mol/L
B. ab/2240 mol/L
C. ab/(22400+36.5) mol/L
D. 1000ab/(22400+36.5a) mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】标准状况下a L HCl气体的物质的量为a/22.4 mol，质量为36.5a/22.4 g，溶液的体积等于溶液的质量/溶液的密度，而溶液的质量=溶质＋溶剂=(36.5a/22.4＋1000) g，因此，溶液的体积为：(36.5a/22.4＋1000)/ b mL；由于计算溶质的物质的量浓度时溶液的体积单位必须是“L”，因此，溶液的体积=(36.5a/22.4＋1000)/b ×10-3 L，则根据物质的量浓度的计算公式可得：c=a/22.4÷[(36.5a/22.4＋1000)/b×10-3]= 1000ab/(22400+36.5a) mol/L；D项符合题意。

综上所述，本题选D。

9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH=l的溶液中：HCO3—、SO42—、K+、Cl-
B. 无色透明的溶液中：K+、SO42—-、Na+、MnO4—
C. 遇石蕊变蓝的溶液中：NO3—、Na+、AlO2—、K+
D. 含大量NO3—的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH4+
【答案】C
【解析】
分析：A. pH=l的溶液呈酸性，弱酸根离子不能大量存在；B、MnO4-在水溶液中为紫红色；C、能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性；D、NO3-、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应。

详解：A. pH=l的溶液呈酸性，H+与HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项A错误；B、该组离子不反应，能大量共存，但MnO4-在水溶液中为紫红色，选项B错误；C、能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性，各离子相互不反应能大量共存，选项C正确；D．NO3-、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选C。

点睛：本题考查离子的共存，为高考常见题型，把握离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及离子颜色的考查，选项B为易错点，注意信息的抽取和应用，题目难度不大。

10.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 将过量SO2通入氢氧化钠溶液：2OH-+SO2=SO32-+H2O
B. 向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸：AlO2—+H++H2O=Al(OH)3↓
C. 向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：NO3—+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
D. 向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液：3S2-+2Al3+=Al2S3↓
【答案】B
【解析】
【分析】
A、过量SO2与氢氧化钠溶液反应生成酸式盐；
B、偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸会得到白色沉淀；
C、碘离子的还原性强于亚铁离子,滴加少量稀硝酸,先氧化碘离子；
D、向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液，S2-和Al3+发生双水解。

【详解】A、过量SO2与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式：OH-+SO2=HSO3-，故A错误；
B. 向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸，会得到白色沉淀,反应原理为: AlO2—+H++H2O=Al(OH)3↓，故B 正确；
C、碘离子的还原性强于亚铁离子,滴加少量稀硝酸,先氧化碘离子,故在碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸的离子反应为6I-+8H++2NO3-=3I2+4H2O+2NO↑,故C错误；
D、向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液，S2-和Al3+发生双水解，生成H2S气体和 Al(OH)3沉淀，3S2-+2Al3++6
H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故D错误；
综上所述，本题选B。

11.洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，生成有毒的氯气。

N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 每生成1mol氯气，转移的电子数为2N A
B. 1molNaCl含有的电子数为28N A
C. 1L0.2mol/LNaClO溶液中含有的次氯酸根离子数为0.2N A
D. 标准状况下，将22.4LHCl溶解在0.5L水中，形成2mol/L的盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】反应NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O中，NaClO的氯元素由+1价变为0价，被还原，作氧化剂；HCl中部分氯元素由-1价变为0价，被氧化，作还原剂，另一部分化合价不变，起酸性作用。

A. 每生成1mol氯气，转移的电子数为N A，选项A错误；B. 1molNaCl含有的电子数为28N A，选项B正确；C. 由于次氯酸根离子水解，故1L0.2mol/LNaClO 溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2N A，选项C错误；D. 标准状况下，将22.4LHCl溶解在0.5L水中，溶液的体积不一定为0.5L，形成盐酸的浓度不一定为2mol/L，选项D错误。

答案选B。

12.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y 的简单氢化物中，常温下，Z 的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。

下列说法正确的是
A. Q氧化物对应水化物的酸性强于W氧化物对应水化物的酸性
B. 原子半径大小顺序为Q>Z>W>X>Y
C. 元素X与Y组成的化合物均能溶于水
D. 元素X的简单气态氢化物比Y的简单气态氢化物稳定性差
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的简单氢化物中，联想氨气极易溶于水，可以知道X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q的原子序数大于S，说明Q为氯元素，据此分析。

【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的简单氢化物中，联想氨气极易溶于水，可以知道X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q的原子序数大于S，说明Q为氯元素；A、Q的氧化物对应的水化物可以是HClO，HClO为弱酸，W的氧化物对应的水化物可以是硫酸，硫酸是强酸，选项A错误；B、同周期自左而右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径大小为： Z（Al）>W（S）>Q（Cl）>X（N）>Y（O），选项B错误；C、N和O可以形成NO、NO2等多种化合物，但NO难溶于水，选项C错误；D、元素非金属性越强简单氢化物越稳定，故元素X的简单气态氢化物NH3比Y的简单气态氢化物H2O稳定性差，选项D正确。

答案选D。

【点睛】本题考查了原子结构和元素周期律的关系，正确推断元素是解本题关键，结合元素周期律来分析解答即可，注意离子半径大小的比较方法，为易错点，难度中等。

13.已知：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，下列说法正确的是
A. HCl发生了还原反应
B. 氧化性：Cl2>KMnO4
C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为1:8
D. 当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2N A
【答案】D
【解析】
A.部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；
B. 氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；
C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为2:10=1：5（16molHCl只有10molHCl被氧化为5mol 的氯气），故C错误；
D. 当标准状况下产生22.4L氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2N A个，故D正确。

答案选D。

14.24 mL 0.05 mol/L 的Na2SO3溶液，恰好与 20mL 0.02 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物
中的化合价是
A. +6
B. +3
C. +2
D. 0
【答案】B
【解析】
Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，设Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：
（6-4）×0.05mol/L× 24×10-3L =（6-a）×2×0.02mol/L×20×10-3L，
解得a=+3。

故选B。

15.下列装置或操作能达到实验目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
A．收集氨气的集气瓶口需要塞一团棉花，以提高收集氨气的纯度，故A错误；B．左侧烧杯中发生Zn与硫酸铜的反应，不能构成原电池，应将图中两个烧杯中电解质互换可构成原电池，故B错误；C．关闭止水夹，从长颈漏斗加水，出现漏斗下端导管与烧瓶内液面的差，且一段时间液面差不变，则气密性良好，故C正确；D．CO2的密度比空气大，利用向上排空气法收集，则应从长导管进气，故D错误；故选C。

16.已知微粒还原性强弱顺序：I->Fe2+>Cl-，则下列离子方程式不符合事实的是
A. 2Fe3++2I-→2Fe2++I2
B. Cl2+2I-→2Cl-+I2
C. 2Fe2++I2→2Fe3++2I-
D. Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-
【答案】C
【解析】
A中，Fe从+3价降低到+2价，做氧化剂，发生还原反应，即Fe2+为还原产物，I从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即I－的还原性大于Fe2+；A错误；B中，Cl2由0价降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂，Cl-为还原产物，I从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即还原性I->Cl-，B错误；C中，Fe2+被氧化为Fe3+，做还原剂，I2被还原为I-，做氧化剂，对应还原产物为I-，因此还原性：Fe2+> I-，与题给信息矛盾，C正确；D中，Fe2+被氧化为Fe3+，做还原剂，Cl2被还原为Cl-，对应还原产物为Cl-，因此还原性Fe2+>Cl-，D错误；正确选项C。

17.下列实验方案能达到实验目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
A、向2mL1mol/LNaOH溶液中先加3滴1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应，不能证明沉淀的转化，故A错误；
B、将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，而比较元素的非金属性强弱，要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断，若要比较Cl 和C的非金属性强弱，则应比较HClO4与H2CO3的酸性强弱，故B错误；
C、将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，溶质CuSO4的物质的量为1mol，而溶液的体积不是100mL，所配溶液的浓度不是1mol/L，故C错误；
D、将KI 和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层液体变成紫色，则证明产生了I2，说明Fe3+将I-氧化为I2，氧化性Fe3+＞I2，故D正确。

故选D。

18.一定量的铁、铝合金与300ml 2mol/L硝酸完全反应生成3.36LNO(标况)和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，使铝、铁元素完全沉淀下来，则所加NaOH溶液的体积是
A. 150ml
B. 200ml
C. 450ml
D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】硝酸的物质的量为：0.3×2=0.6mol，生成NO的物质的量为：3.36L/22.4=0.15mol，所以反应后溶液中NO3－离子的物质的量为0.6mol-0.15mol=0.45mol，再向反应后的溶液中加入1mol·L－1的NaOH 溶液，使铝铁元素恰好全部转化为沉淀，则反应后溶液的成分为NaNO3，所以n（NaOH）=n（NO3-）=0.45mol，则所加NaOH溶液的体积
是V=n/c=0.45/1=0.45L=450ml，C项符合题意；
综上所述。

本题选C。

19.现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽。

利用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。

下列说法中正确的是
A. 阴极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
B. 从D口出来的是硫酸溶液
C. b是阳离子交换膜，允许Na+通过
D. Na2SO4溶液从E口加入
【答案】C
【解析】
【详解】A.和电源负极相连的一极为电解池的阴极，得电子发生还原反应，2H++2e-=H2↑，故A错误；
B.和电源负极相连的一极为电解池的阴极，溶液中的氢离子在此极得电子，发生还原反应生成氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，钠离子通过阳离子交换膜进入阴极，形成氢氧化钠溶液，所以从D口出来的是氢氧化钠溶液，故B 错误；
C. 和电源负极相连的一极为电解池的阴极，溶液中的氢离子在此极得电子，发生还原反应生成氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，钠离子通过阳离子交换膜进入阴极，形成氢氧化钠溶液，所以b是阳离子交换膜，允许Na+通过，故C正确；
D、NaOH在阴极附近生成，则Na2SO4溶液从G口加入，故D错误；
综上所述，本题选C。

20.在(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入200 mL 1 mol/L的Ba(OH)2溶液，把所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量不可能是
A. 70 g
B. 66g
C. 42g
D. 20 g
【答案】A
【解析】
【详解】根据(NH4)2Fe(SO4)2溶液中(NH4)2Fe(SO4)2物质的量的不同，考虑临界情况：
①如果溶液中(NH4)2Fe(SO4)2物质的量较少，生成的沉淀质量接近于0；
②考虑生成沉淀最多的情况：由于溶液中的OH-先与Fe2+发生反应，再与NH4+发生反应，故沉淀最多时的离子反应式
为：Fe2++ SO42-+Ba2++2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，反应生成0.2mol Fe(OH)2和0.2 mol BaSO4，0.2mol Fe(OH)2在空气中被氧化为0.2mol Fe(OH)3，此时沉淀质量最大，为0.2×107+0.2×233=68g；故生成沉淀的质量应为：0<m(沉淀)≤68；，得到的固体质量不可能是70 g，故A选项错误；
综上所述，本题选A。

【点睛】解答此题时，考虑沉淀为最大值时，不是Fe(OH)2和BaSO4沉淀质量之和，因为Fe(OH)2不稳定，在空气中易被氧化为氢氧化铁，因此只有考虑到Fe(OH)3和BaSO4沉淀质量之和才是可能的最大值，此题才能顺利解出。

二、非选择题（共60分）
21.Ⅰ．胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。

①胶体是指分散质粒子大小在_________________nm之间的分散系。

②向Fe(OH)3胶体中加入盐酸的现象是_________________________________ 。

Ⅱ．①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，其离子方程式为_________________________。

②高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。

FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为___________________________。

III.（1）过氧化氢H2O2（氧的化合价为﹣1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。

①对于下列A～D涉及H2O2的反应，填写空白：
A．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O
C．2H2O2=2H2O+O2 D．3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_________（填代号）。

②在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。

氧化反应：H2O2﹣2e﹣=2H++O2↑
还原反应：MnO4—+5e﹣+8H+=Mn2++4H2O
写出该氧化还原反应的离子方程式：_________________________________
（2）在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2↑+7H2O+2CrCl3的反应中，有0.3 mol电子转移时生成Cl2的体积为______L（标准状况）
【答案】(1). 1-100(2). 先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解(3). 2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋(4). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O(5). C(6). 5H2O2 +2MnO4 -+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O(7). 3.36
【解析】
【详解】Ⅰ．①根据分散质粒子直径大小分类,把分散系分为:溶液、胶体、浊液,本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液中分散质微粒直径小于1nm,胶体分散质微粒直径介于1-100nm之间,浊液分散质微粒直径大于100nm；胶体是指分散质粒子大小在1-100nm之间的分散系；综上所述，本题答案是：1-100。

②Fe(OH)3胶体胶体中加入电解质溶液，电解质溶液中的阴或阳离子使胶体聚沉，生成红褐色沉淀，随着盐酸过量，盐酸与氢氧化铁反应，沉淀溶解；综上所述，本题答案是：先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解。

Ⅱ．①FeCl3溶液具有氧化性，能够和铜反应，其离子方程式为: 2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋；综上所述，本题答案是：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。

②根据化合价升降的总数相等及电荷守恒，反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ；综上所述，本题答案是：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 。

III.（1）①A项，反应为非氧化还原反应，故不选A项；
B项，反应中氧化银做氧化剂，双氧水作还原剂，故不选B项；
C项，反应中双氧水既是氧化剂，又是还原剂，故选C项；
D项，双氧水做氧化剂， Cr2(SO4)3作还原剂，故不选D项。

综上所述，本题正确答案为C。

②氧化反应：H2O2﹣2e﹣=2H++O2↑①，还原反应：MnO4—+5e﹣+8H+=Mn2++4H2O②，由得失电子数目守恒：①×5+②×2可得反应的离子方程式：5H2O2 +2MnO4 -+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；综上所述，本题答案是：5H2O2 +2MnO4
-+6H+=2Mn2++5O
↑+8H2O。

2
（2）在K2Cr2O7+14HCl=2KCl+3Cl2↑+7H2O+2CrCl3的反应中，生成3molCl2转移电子6mol，所以有0.3 mol电子转移时生成Cl2的体积（标准状况）为0.15×22.4=3.36 L；综上所述，本题答案是：3.36。

22.工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为:Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如下：
查阅相关资料得知:i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3+转化为CrO42-。

回答下列问题:
（1）将铬铁矿矿石粉碎的目的是________________________________________。

（2）操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和___________（填仪器名称）。

（3）操作II中加入H2O2的目的__________________________________
（4）将溶液H经下列操作：蒸发浓缩，__________，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。

（5）取一定质量的固体D溶解于200 mL的稀硫酸中，向所得溶液中加入5.0 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）关系如图所示，则稀硫酸的浓度为_________，固体D中含Fe元素化合物
的物质的量为___________。

【答案】(1). 增大反应接触面积，加快反应速率(2). 漏斗，烧杯(3). 使Fe2＋转换为Fe3＋(4). 冷却结晶(5). 2.5mol/L(6). 0.1
【解析】
【详解】（1）将铬铁矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；综上所述，本题答案是：增大反应接触面积，加快反应速率。

（2）操作Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ均是过滤，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯；综上所述，本题答案是：漏斗，烧杯。

（3）铬铁矿主要成分中有FeO，酸溶后生成亚铁离子，操作II中加入H2O2，使Fe2＋转换为Fe3＋，有利于铁元素变为沉淀而除去；综上所述，本题答案：使Fe2＋转换为Fe3＋。

（4）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠；综上所述，本题答案是：冷却结晶。

（5）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和。

当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是180mL。

继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是40mL，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120mL，所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是60mL，物质的量是0.06×5=0.3mol，所以根据方程式Fe3++3OH-=Fe(0H)3↓，所以铁离子是0.1mol。

根据铁元素守恒可知，固体D中含Fe元素化合物FeO的物质的量为0.1mol；当沉淀达到最大值时溶液中的溶质是硫酸钠，则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是0.2×5/2=0.5mol，则硫酸的浓度是0.5/0.2=2.5mol/L；综上所述，本题答案是：2.5mol/L，0.1。

23.由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1—、SO42—、CO32-。

将该混合物溶于水后得无色澄清溶液，现分别取3份100mL该溶液进行如下实验：
试回答下列问题：
（1）该混合物中一定不存在的离子是______________________。

（2）试写出实验
b 发生反应的离子方程式_______________________。

（3）溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）：
（4）判断混合物中是否存在K +
，如果不存在，请说明理由，如果存在，请求出C （K +
）的取值范围？______________。

【答案】 (1). Mg 2+、Cu 2+、Ba 2+ (2). NH 4++OH -NH 3↑+H 2O (3). SO 42- (4). 0.1 (5). CO 32- (6). 0.2 (7).
存在，c （K +
）≥0.1mol/L 【解析】
【详解】该混合物溶于水后得到无色澄清的溶液，一定不含铜离子，加入硝酸银溶液有沉淀生成，说明溶液中可能存在氯离子、碳酸根离子和硫酸根离子中的一种或几种，1.12L 气体为氨气，氨气的物质的量为0.05mol ，溶液一定含有铵根离子，并且物质的量为0.05mol ，2.33克沉淀为硫酸钡，物质的量为0.01mol ，6.27克为硫酸钡和碳酸钡沉淀，碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g ，则碳酸钡的物质的量为0.02mol ，故溶液中含有0.01mol 硫酸根离子和0.02mol 碳酸根离子。

根据离子共存可知，溶液一定不存在镁离子和钡离子。

(1) 根据以上分析可知，该混合物中一定不存在Mg 2+、Cu 2+、Ba 2+； (2) 实验b 发生的反应为NH 4++OH - ＝NH 3 ↑+ H 2O ；(3) 根据以上分析可知，溶液中含有0.01mol 硫酸根离子，其物质的量浓度为0.01/0 .1=0.1mol/L ，含有0.02mol 碳酸根离子，其物质的量浓度为0.02/0.1=0.2mol/L ； (4)根据分析溶液中含有铵根离子和碳酸根离子和硫酸根离子，其中正电荷为0.05mol ，负电荷为0.01×2+0.02×2=0.06mol ，所以一定还有阳离子存在，即一定有钾离子，因为不能确定是否含有氯离子，所以钾离子物质的量最小为0.01mol ，其浓度最小为0.1mol/L 。

【点睛】掌握各种离子的性质和检验方法是解题的关键。

同时要注意离子共存问题的运用和离子电荷的判断。

溶液。