高三化学上学期期中-2015学北黄冈市黄梅一中高三期中考试化学试题及答案试卷上学期

2015学年湖北省黄冈市黄梅一中高三（上）
适应性化学试卷（一）
一、选择题：（本题包括13小题．每小题只有一个选项符合题意）
1．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）设N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．8.4g NaHCO3固体中含有0.1N A个CO32﹣
B．1 mol CH3Cl中所含的共价键数为4N A
C．常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2N A个O原子
D．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3N A
2．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）
A．在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3++Zn═Zn2++2Fe2+
B．C a（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO
C．磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O
D．N aHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
3．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）实验室需配制一种仅含五种离子（水电离出的离子可忽略）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，下面四个选项中能达到此目的是（）
A．C a2+、K+、OH﹣、Cl﹣、NO3﹣B．F e2+、H+、Br﹣、NO3﹣、Cl﹣
C．N a+、K+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣D．A l3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣
4．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）有关下列实验装置的说法中正确的是（）
①图1装置：用排饱和碳酸氢钠溶液法收集CO2
②图2装置：将氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先变红，后褪色，最后溶液呈淡黄绿色，说明氯气的水溶液呈酸性，具有漂白性，而且氯气是有色气体；
③图3装置：同浓度的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中分别滴加一定量的盐酸，前者无气体产生，后者产生气体，说明碳酸钠与盐酸不反应，碳酸氢钠与盐酸反应；
④图4装置：验证铜与稀硝酸反应的产物是NO．
A．①②B．②④C．①④D．②③
5．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）下列根据实验操作和现象所得出的结论，正确的是（）选项实验操作实验现象结论
A 在某钠盐溶液中滴加稀硫酸产生能使石灰水变浑
浊的气体该溶液一定含有CO32﹣或HCO3﹣
B KIO3溶液中加入HI溶液，并加入淀粉溶液变蓝色KIO3的氧化性比I2强
C 在Na2S溶液中滴加盐酸
产生臭鸡蛋气味的气
体
氯的非金属性比硫的非
金属性强
D CO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解
后再加入KSCN溶液
溶液不显红色黑色固体中无Fe3O4
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示．下列说法中正确的是（）
A．线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况B．线段Ⅰ代表Br﹣的变化情况
C．a数值等于6 D．原混合溶液中n（FeBr2）=4 mol
7．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L 的FeCl3溶液（其它用品略），某合作学习小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：
组别①②③④
V[FeCl3（aq）]/mL 100 100 100 100
混合粉末质量/g 6 13.2 24 36
反应后剩余固体质量/g 0 1.28 12.8 24.8
下列结论正确的是（）
A．原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=3：2
B．第①组反应后溶液中c（Fe3+）=3.0mol/L
C．第②组剩余固体是铜铁混合物
D．第④组反应后的滤液中c（Fe2+）=6.0 mol/L
二、非选择题：包括必修部分和选修部分．第22题～第32题为必修部分，第33题～第35题为选修
8．（12分）（2014•黄梅县校级模拟）氯元素有多种盐类，其中亚氯酸钠（NaClO2）亚氯酸钠受热易分解．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）“反应1”中氧化剂与还原剂物质的比为；“反应2”的氧化剂是（化学式），该反应的化学方程式为．
（2）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是．
（3）从“母液”中可回收的主要物质是（化学式）．
（4）“冷却结晶”后经（填操作名称）即可获得粗产品．
9．（15分）（2014•黄梅县校级模拟）明矾[KAl（SO4）2•12H2O]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等．利用炼铝厂的废料﹣﹣铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3）可制备明矾．工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）明矾净水的原理是（用离子方程表示）
（2）操作Ⅰ是，操作Ⅱ是蒸发浓缩、、过滤、、干燥．
（3）检验滤液A中是否存在Fe2+的试剂是（只用一种试剂）
（4）在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为（该条件下Fe2+转化为Fe3+，MnO4﹣转化为Mn2+）．
已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示
Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3
开始沉淀时 3.4 6.3 1.5
完全沉淀时 4.7 8.3 2.8
注：金属离子的起始浓度为0.1mol•L﹣1
根据表中数据解释调pH=3的目的．
（5）己知：在pH=3、加热条件下，MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2．加入MnSO4发生反应的离子方程式为：．滤渣2含有的物质是．
10．（16分）（2008•重庆）某学习小组用如图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量．
（1）A中试剂为．
（2）实验前，先将铝镁合金在稀硝酸中浸泡片刻，其目的是．
（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性．上述操作的顺序是（填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应．
（4）B中发生反应的化学方程式为．
（5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL （已换算为标准状况），B中剩余固体质量为c g，则铝的相对原子质量为．
（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将（填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）．
三、选做题：有机化学基础（共1小题，满分15分）
11．（15分）（2014•惠州一模）某新型液晶有机物基元IV的合成线路如下：
（1）Ⅰ的分子式，Ⅰ中含氧官能团的名称，反应①的类型为．
（2）CH2=CHCH2Br与NaOH水溶液反应的化学方程式．
（3）II可发生加聚反应，所得产物的结构简式．
（4）有关化合物Ⅰ和II的说法中，不正确的是．
A．1molⅠ充分燃烧需要消耗6mol O2
B．1molⅠ最多可消耗2mol NaOH
C．1mol II最多与5mol H2发生加成反应
D．II能使酸性KMnO4溶液褪色
（5）一定条件下，也可与III发生类似反应③的反应，生成有机物V，V的结构简式是．
（6）化合物I的同分异构体中，苯环上一溴代产物只有两种，遇FeCl3溶液显紫色，还能发生银镜反应的化合物有多种，写出其中一种同分异构体的结构简式．
选做题：物质结构与性质（共1小题，满分0分）
12．（2014•黄梅县校级模拟）根据信息回答列问题：
A．第一电离能I1是指气态原子X（g）处于基态时，失去一个电子成为气态阳离子X+（g）所需的能量．下图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图（其中12号至17号元素的有关数据缺失）．
B．不同元素的原子在分子内吸电子的能力大小可用数值表示，该数值称为电负性．一般认为：如果两个成键原子间的电负性差值大于1.7，原子之间通常形成离子键；如果两个成键原子间的电负性差值小于1.7，通常形成共价键．下表是某些元素的电负性值：
元素符
号
Li Be B C O F Na Al Si P S Cl
电负性
值
0.98 1.57 2.04 2.55
3.44 3.98 0.93 1.61 1.90 2.19 2.58 3.16
（1）认真分A图中同周期元素第一电离能的变化规律，推断Na～Ar元素中，Al的第一电离能的大小范围为＜Al＜（填元素符号）；
（2）从A图分析可知，同一主族元素原子的第一电离能I1变化规律是；
（3）A图中第一电离能最小的元素在周期表中的位置是周期族；
（4）根据对角线规则，Be、Al元素最高价氧化物对应水化物的性质相似，它们都具有性，其中Be（OH）2显示这种性质的离子方程式是；
（5）通过分析电负性值变化规律，确定Mg元素电负性值的最小范围；
（6）请归纳元素的电负性和金属、非金属的关系是．
（7）从电负性角度，判断AlCl3是离子化合物还是共价化合物？请说出理由（即写出判断的方法和结论）是
请设计一个实验方案证明上述所得到的结论．
2015学年湖北省黄冈市黄梅一中高三（上）适应性化学试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题包括13小题．每小题只有一个选项符合题意）
1．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）设N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．8.4g NaHCO3固体中含有0.1N A个CO32﹣
B．1 mol CH3Cl中所含的共价键数为4N A
C．常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2N A个O原子
D．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3N A
考点：阿伏加德罗常数．
专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
分析：A．碳酸氢钠固体中存在的离子为钠离子和碳酸氢根离子，不存在碳酸根离子；
B．一氯甲烷中存在3个碳氢键和1个碳氯键，总共含有4个共价键；
C．常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量；
D．铁的化合价由+2和+3价，5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与稀硝酸反应，如果生成亚铁离子，失去的电子为0.2mol．
解答：解：A．碳酸氢钠固体中存在钠离子和碳酸氢根离子，不存在碳酸根离子，故A错误；
B.1mol一氯甲烷中存在3mol碳氢键、1mol碳氯键，总共含有4mol共价键，所含的共价
键数为4N A，故B正确；
C．不是标准状况下，题中条件无法计算混合气体的物质的量，故C错误；
D.5.6g铁的物质的量为0.1mol，如果生成亚铁离子，反应失去0.2mol电子，如果生成铁
离子，失去的电子为0.3mol，所以失去的电子数不一定为0.3N A，故D错误；
故选B．
点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．
2．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）
A．在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3++Zn═Zn2++2Fe2+
B．C a（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO
C．磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O
D．N aHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
考点：离子方程式的书写．
分析：A．锌足量反应生成铁和氯化锌；
B．次氯酸根具有强的氧化性能够氧化亚硫酸根离子；
C．碘离子具有强的还原性能够被三价铁氧化；
D．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水．
解答：解：A．在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉，离子方程式：2Fe3++3Zn═3Zn2++2Fe，故A错误；
B．Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2，离子方程式：SO2 +3ClO﹣+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl﹣+2HClO，故B错误；
C．磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸，离子方程式：2I﹣+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，故C错误；
D．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性，离子方程式：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣
═BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选：D．
点评：本题考查了离子方程式的书写，为高考的频考点，明确反应的实质，掌握离子方程式书写的方法是解题关键，注意反应物用量对化学反应的影响，注意反应必须遵循客观事实，选项C为易错选项，容易忽略三价铁的氧化性．
3．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）实验室需配制一种仅含五种离子（水电离出的离子可忽略）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，下面四个选项中能达到此目的是（）
A．C a2+、K+、OH﹣、Cl﹣、NO3﹣B．F e2+、H+、Br﹣、NO3﹣、Cl﹣
C．N a+、K+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣D．A l3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣
考点：离子共存问题．
专题：离子反应专题．
分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，并根据溶液呈电中性分析解答．
解答：解：A．根据溶液呈电中性，阳离子K+、Ca2+所带的正电荷总数等于阴离子OH﹣、Cl﹣、NO3
﹣所带的负电荷总数，因体积一定所以C（K+）+2C（Ca2+）=C（Cl﹣）+C（NO
3
﹣）+C（OH﹣），在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，则电荷守恒，但Ca2+与OH﹣能形成氢氧化钙微溶物不能共存，故A错误；
B．Fe2+、H+、与NO3﹣发生氧化还原反应，3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，所以该组离子不能大量共存，故B错误；
C．根据溶液呈电中性，阳离子Na+、K+所带的正电荷总数等于阴离子SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣所带的负电荷总数，因体积一定所以需C（Na+）+C（K+）=C（Cl﹣）+C（NO3﹣）+2C（SO42﹣），在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，C（Na+）+C（K+）=2mol/L，C（Cl﹣）+C（NO3﹣）+2C（SO42﹣）=4mol/L，阳离子Na+、K+所带的正电荷总数不等于阴离子SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣所带的负电荷总数，故C错误；
D．Al3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣，该组离子之间不反应，则能大量共存，根据溶液呈电中性，阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数须等于阴离子Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣所带的负电荷总数，在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，3C（Al3+）+C（Na+）=4mol/L，C（Cl
﹣）+C（NO
3﹣）+2C（SO
4
2﹣）=4mol/L，阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数等于阴离子Cl﹣、
SO42﹣、NO3﹣所带的负电荷总数，故D正确；
故选D．
点评：本题考查了离子共存问题，注意离子之间的反应及溶液呈电中性是解答本题的关键，题目难度不大．
4．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）有关下列实验装置的说法中正确的是（）
①图1装置：用排饱和碳酸氢钠溶液法收集CO2
②图2装置：将氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先变红，后褪色，最后溶液呈淡黄绿色，说明氯气的水溶液呈酸性，具有漂白性，而且氯气是有色气体；
③图3装置：同浓度的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中分别滴加一定量的盐酸，前者无气体产生，后者产生气体，说明碳酸钠与盐酸不反应，碳酸氢钠与盐酸反应；
④图4装置：验证铜与稀硝酸反应的产物是NO．
A．①②B．②④C．①④D．②③
考点：化学实验方案的评价；硝酸的化学性质；气体的收集；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；探究氯水、氯气的漂白作用．
专题：实验评价题．
分析：①二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，可用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集二氧化碳；
②氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，可使石蕊试液先变红后褪色；
③在碳酸钠溶液中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠；
④二氧化氮和水反应可生成NO，应排除干扰．
解答：解：①二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，可用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集二氧化碳，故①正确；
②氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，可使石蕊试液先变红后褪色，溶液先变红，后褪色，
最后溶液呈淡黄绿色，说明氯气的水溶液呈酸性，具有漂白性，而且氯气是有色气体，故
②正确；
③在碳酸钠溶液中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠，盐酸过量时可进一步反应生成二氧化碳气
体，故③错误；
④装置内有氧气，可与一氧化氮反应生成二氧化氮，而二氧化氮和水反应可生成NO，该
实验不能排除二氧化氮和水反应的干扰，故④错误．
故选A．
点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、性质检验等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质异同，把握实验严密性和可行性的评价，难度不大．
5．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）下列根据实验操作和现象所得出的结论，正确的是（）
选项实验操作实验现象结论
A 在某钠盐溶液中滴加稀硫酸产生能使石灰水变浑
浊的气体该溶液一定含有CO32﹣或HCO3﹣
B KIO3溶液中加入HI溶液，并加入淀粉溶液变蓝色KIO3的氧化性比I2强
C 在Na2S溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味的气
体氯的非金属性比硫的非金属性强
D CO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解
后再加入KSCN溶液
溶液不显红色黑色固体中无Fe3O4 A．A B．B C．C D．D
考点：化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化性、还原性强弱的比较；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；常见阴离子的检验．
专题：实验评价题．
分析：A．生成气体也可能为二氧化硫；
B．根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物判断；
C．比较非金属性应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性、氢化物的稳定性或单质之间的置换反应等角度；
D．CO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+．
解答：解：A．生成气体也可能为二氧化硫，可也可能含有SO32﹣或HSO3﹣，故A错误；
B．氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物，KIO3溶液中加入HI溶液，并加入淀粉变蓝色，说明生成碘，则KIO3的氧化性比I2强，故B正确；
C．比较非金属性应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性、氢化物的稳定性或单质之间的置换反应等角度，题目比较角度错误，故C错误；
D．CO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+，不能证明是否含有Fe3O4，故D错误．
故选B．
点评：本题考查较为综合，涉及气体的物质的检验、性质比较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质异同，把握实验严密性和可行性
的评价，难度不大．
6．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示．下列说法中正确的是（）
A．线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况B．线段Ⅰ代表Br﹣的变化情况
C．a数值等于6 D．原混合溶液中n（FeBr2）=4 mol
考点：氯气的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．
专题：元素及其化合物．
分析：向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，根据还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕，再发生反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，故线段Ⅰ代表I﹣的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况；
由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol﹣1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，
根据电荷守恒可知n（I﹣）+n（Br﹣）=2n（Fe2+），
故n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，
根据溴离子判断溶液中n（FeBr2）；
根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值；
解答：解：向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，根据还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，首先发生反应：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕，再发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，故线段Ⅰ代表I﹣的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况；
由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I﹣）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol﹣1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，
根据电荷守恒可知n（I﹣）+n（Br﹣）=2n（Fe2+），
故n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，
A、由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况，故A错误；
B、由上述分析可知，线段I代表I﹣的变化情况，故B错误；
C、由上述分析可知，溶液中n（Br﹣）=2n（Fe2+）﹣n（I﹣）=2×4mol﹣2mol=6mol，根据
2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C 正确；
D、溶液中n（Br﹣）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，故D错误；
故选：C．
点评：本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较，综合性较强，难度较大，清楚反应过程是解题关键．
7．（6分）（2014•黄梅县校级模拟）今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L 的FeCl3溶液（其它用品略），某合作学习小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：
组别①②③④
V[FeCl3（aq）]/mL 100 100 100 100
混合粉末质量/g 6 13.2 24 36
反应后剩余固体质量/g 0 1.28 12.8 24.8
下列结论正确的是（）
A．原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=3：2
B．第①组反应后溶液中c（Fe3+）=3.0mol/L
C．第②组剩余固体是铜铁混合物
D．第④组反应后的滤液中c（Fe2+）=6.0 mol/L
考点：有关混合物反应的计算；铁盐和亚铁盐的相互转变．
专题：几种重要的金属及其化合物．
分析：铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜，
从第②组数据，可以得出FeCl3溶液全部参与反应，100mL FeCl3溶液能溶解金属质量13.2g ﹣1.28g=11.92g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应、FeCl3有剩余；
第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为=0.1L×4mol/L=0.4mol，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应Fe的物质的量为0.2mol，则溶解的Fe的质量为
0.2mol×56g/mol=11.2g＜11.92g，所以同时也有一部分Cu溶解，所以剩余的固体全部为
Cu；
第③组实验中溶解金属为24g﹣12.8g=11.2g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余12.8g为Cu，即24g混合物中Cu的质量为12.8g，则混合物中m（Fe）：m（Cu）=11.2g：
12.4g=7：8；
故第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2；
A．结合第③组中Fe、Cu的质量，根据n=计算解答；
B．根据转移电子守恒计算剩余铁离子浓度；
C．根据第②组数据确定固体成分；
D．根据氯原子守恒计算第④组反应后的滤液中c（Fe2+）．
解答：解：铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜，
从第②组数据，可以得出FeCl3溶液全部参与反应，100mL FeCl3溶液能溶解金属质量13.2g ﹣1.28g=11.92g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应、FeCl3有剩余；
第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为=0.1L×4mol/L=0.4mol，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应Fe的物质的量为0.2mol，则溶解的Fe的质量为
0.2mol×56g/mol=11.2g＜11.92g，所以同时也有一部分Cu溶解，所以剩余的固体全部为
Cu；
第③组实验中溶解金属为24g﹣12.8g=11.2g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余12.8g为Cu，即24g混合物中Cu的质量为12.8g，则混合物中m（Fe）：m（Cu）=11.2g：
12.4g=7：8；
故第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2；
A．第③组中Fe、Cu的质量分别是11.2g、12.4g，根据n=知，n（Fe）：n（Cu）=：=0.2mol：0.2mol=1：1，故A错误；
B．混合物中n（Fe）：n（Cu）=1：1，根据①知，6g混合物中n（Fe）=n（Cu）
==0.05mol，该反应中转移电子守恒，则消耗n（Fe3+）
===0.2mol，则剩余c（Fe3+）==2mol/L，故B错误；
C．根据第②组数据知，剩余的固体全部为Cu，故C错误；
D．第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2，则溶液中存在c（Fe2+）=c （Cl﹣）=c（FeCl3）==6.0 mol/L，故D正确；
故选D．
点评：本题考查混合物的计算，明确物质反应先后顺序及各组剩余固体成分是解本题关键，再结合转移电子守恒、原子守恒进行解答，同时考查学生思维缜密性，题目难度中等．
二、非选择题：包括必修部分和选修部分．第22题～第32题为必修部分，第33题～第35题为选修
8．（12分）（2014•黄梅县校级模拟）氯元素有多种盐类，其中亚氯酸钠（NaClO2）亚氯酸钠受热易分解．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）“反应1”中氧化剂与还原剂物质的比为2：1；“反应2”的氧化剂是ClO2（化学式），该反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH═2NaClO2+2H2O+O2↑．
（2）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解．（3）从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4（化学式）．
（4）“冷却结晶”后经过滤（填操作名称）即可获得粗产品．
考点：氯气的物理性质；氧化还原反应；物质的分离、提纯和除杂．
专题：实验设计题；元素及其化合物．
分析：（1）根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂；
（2）减压蒸发在较低温度下可进行，防止温度过高而导致物质分解；
（3）根据物质的性质判断可能发生的反应，以此可判断生成物；
（4）冷却结晶后要分离出固体，应用过滤的方法．
解答：解：（1）NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4，反应中Cl元素的化合价降低，则NaClO3为氧化剂，反应中S 元素的化合价升高，则SO2为还原剂，氧化剂与还原剂物质的比为2：1，根据生成NaClO2目标物的特点可知，反应的方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，反应中Cl元素的化合价降低，则ClO2为氧化剂，故答案为：2：1；ClO2；H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；
（2）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解，
故答案为：常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解；
（3）氯酸钠与二氧化硫在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中应含有Na2SO4，
故答案为：Na2SO4；
（4）冷却结晶后要分离出固体，应用过滤的方法，故答案为：过滤．
点评：本题考查物质的制备实验的工业设计，题目难度中等，本题注意把握物质的性质，从质量守恒的角度以及氧化还原反应的特点判断生成物，为解答该题的关键，也是易错点．
9．（15分）（2014•黄梅县校级模拟）明矾[KAl（SO4）2•12H2O]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等．利用炼铝厂的废料﹣﹣铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3）可制备明矾．工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）明矾净水的原理是（用离子方程表示）Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+
（2）操作Ⅰ是过滤，操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
（3）检验滤液A中是否存在Fe2+的试剂是高锰酸钾酸性溶液或铁氰化钾溶液（只用一种试剂）（4）在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为（该条件下Fe2+转化为Fe3+，MnO4﹣转化为Mn2+）5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．
已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示
Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3
开始沉淀时 3.4 6.3 1.5
完全沉淀时 4.7 8.3 2.8
注：金属离子的起始浓度为0.1mol•L﹣1
根据表中数据解释调pH=3的目的使Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀，并防止Al3+沉淀．
（5）己知：在pH=3、加热条件下，MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2．加入MnSO4发生反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4﹣+2H2O=5MnO2+4H+．滤渣2含有的物质是MnO2、Fe（OH）3．
考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．
专题：实验设计题．
分析：铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体；
（1）明矾净水石铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用；
（2）固体和液体分离需要用过滤操作，溶液中得到晶体的方法是蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到明矾晶体；
（3）检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液；
（4）酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，分析离子沉淀的PH范围调节溶液PH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀；
（5）在pH=3、加热条件下，MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2．加入MnSO4发生反应结合原则守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；过滤得到反应中生成难溶的二氧化锰和沉淀得到的氢氧化铁沉淀；
解答：解：铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫。