湖南省达标名校2018年高考二月化学模拟试卷含解析

湖南省达标名校2018年高考二月化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．Fe3O4中含有+2Fe、+3Fe，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸
性废水中的致癌物NO2－，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确
．．．的是
A．Pd上发生的电极反应为：H2- 2e－2H＋
B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2
D．用该法处理后水体的pH降低
2．下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是
A．B．
C．D．
3．以下物质的提纯方法错误的是(括号内为杂质)()
A．CO2(H2S)：通过CuSO4溶液
B．CH3COOH(H2O)：加新制生石灰，蒸馏
C．苯(甲苯)：加酸性高锰酸钾溶液、再加NaOH溶液，分液
D．MgCl2溶液(Fe3+)：加MgO，过滤
4．不洁净玻璃仪器洗涤方法正确的是（）
A．做银镜反应后的试管用氨水洗涤B．做碘升华实验后的烧杯用酒精洗涤
C．盛装CCl4后的试管用盐酸洗涤D．实验室制取O2后的试管用稀盐酸洗涤
5．化学与生产、实验密切相关。

下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C．石墨具有导电性，可用于制铅笔芯
D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2
B ．向0.1mol/L NaHSO 3溶液通入氨气至中性时(
)()()+
2-4
+3
c Na
>c NH >c SO
C ．0.01 mol/L 醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大
D ．在常温下，向二元弱酸的盐NaHA 溶液中加入少量NaOH 固体-
+-2-c(HA )c(H )
c(OH )c(A )
将增大
7．可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl 溶液或NaOH 溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。

下列说法正确的是( )
A ．以NaCl 溶液或NaOH 溶液为电解液时，正极反应都为：O 2＋2H 2O ＋4e －===4OH －
B ．以NaOH 溶液为电解液时，负极反应为：Al ＋3OH －－3e －===Al(OH)3↓
C ．以NaOH 溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变
D ．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极 8．下列实验现象与实验操作不相匹配的是）（ ） 选项 实验操作
实验现象 A
向酸性KMnO 4溶液中滴加乙醇
溶液褪色
B
向浓HNO 3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰石中
有红棕色气体产生，石灰石变浑浊 C 向稀溴水中加入苯，充分振荡，静置
水层几乎无色 D 向试管底部有少量铜的Cu(NO 3)2溶液中加入稀硫酸
铜逐渐溶解
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
9．某固体混合物可能由Al 、( NH 4)2SO 4、MgCl 2、FeCl 2、AlCl 3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。

关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）
A ．含有4.5gAl
B ．不含FeCl 2、AlCl 3
C ．含有物质的量相等的( NH 4)2SO 4和MgCl 2
D ．含有MgCl 2、FeCl 2
10．铈是稀土元素，氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的氢氧化物。

平板电视显示屏生产过程中会产生大量的
下列说法不正确的是
A．过程①中发生的反应是：Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O
B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．过程②中有O2生成
D．过程④中发生的反应属于置换反应
11．25℃时，将0.1mol•L﹣1 NaOH溶液加入20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中，所加入溶液的体积（V）和混合液的pH关系曲线如图所示。

下列结论正确的是（）
A．①点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）
B．对曲线上①②③任何一点，溶液中都有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
C．③点时，醋酸恰好完全反应完溶液中有c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣）
D．滴定过程中可能出现c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）
12．最新科技报道，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型氢粒子，这种新粒子是由3个氢原子核（只有质子）和2个电子构成，对于这种粒子，下列说法中正确的是（）
A．是氢的一种新的同分异构体B．是氢的一种新的同位素
C．它的组成可用H3表示D．它比一个普通H2分子多一个氢原子核
13．分离混合物的方法错误的是
A．分离苯和硝基苯：蒸馏B．分离氯化钠与氯化铵固体：升华
C．分离水和溴乙烷：分液D．分离氯化钠和硝酸钾：结晶
14．X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y是地
A．反应③为工业制粗硅的原理
B．Z位于元素周期表第三周期ⅡA族
C．4种元素的原子中，Y原子的半径最小
D．工业上通过电解乙来制取Z
15．下列有关实验的选项正确的是
A．A B．B C．C D．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相对分子质量为288}易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3 CH(OH)COOH]与FeCO3反应制得。

I．碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）
(1)仪器B的名称是__________________；实验操作如下：打开k l、k2，加入适量稀硫酸，关闭k l，使反应进行一段时间，其目的是__________________。

(2)接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是____________，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式_________________________。

(3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是__________。

Ⅱ．乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定
(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：
①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。

在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于l00%，其原因可能是_________________________。

②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。

称取3.000 g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。

吸取1．00 rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0. 100 mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液
_____________________，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_________％（保留1位小数）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．聚合硫酸铁是一种新型高效的无机高分子絮凝剂。

用硫酸亚铁晶体及硫酸为原料催化氧化法生成硫酸铁，再水解、聚合成产品。

实验室模拟生产过程如下：
(1)①用原料配制2.50 mol/L的FeSO4溶液时用到的定量仪器有：____________________
②写出氧化过程中的离子方程式：_________________________________________
(2)综合考虑实际投料硫酸亚铁与硫酸的物质的量之比为
1
1.25
左右最佳。

加入的硫酸比理论值稍多，但
不能过多的原因是____________________________________________________________________。

(3)硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(x Fe2O3·y SO3·z H2O)，现采用重量法测定x、y、z的值。

①测定时所需的试剂____________。

(a) NaOH (b) Ba(OH)2(c) BaCl2(d) FeSO4
②需要测定____________和____________的质量(填写化合物的化学式)。

(4)选出测定过程中所需的基本操作____________(按操作先后顺序列出)。

a.过滤、洗涤
b.蒸发、结晶
c.萃取、分液
d.冷却、称量
e.烘干或灼烧
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．铜生锈会生成铜绿[Cu2(OH)2CO3]，铜绿受热易分解，化学方程式为：Cu2(OH)2CO3
___________g
(2)将35g表面已锈蚀成铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜片投入100mL一定浓度的硝酸中；充分反应后，硝酸被还原成NO2和NO，测得反应后溶液PH值为1。

往反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，滤出沉淀，洗涤，干燥后得到39.2g蓝色固体。

(假设反应前后溶液的体积不变)
①已锈蚀的铜片中的铜元素的质量分数为________。

(保留两位小数)
②铜片中单质铜的物质的量为________mol。

(3)若生成NO2和NO混合气体共a L(S.P.T)。

①求a的取值范围(写出详细解答过程)________。

②求原硝酸的物质的量浓度(用含a的代数式表示，写出详细解答过程)________。

19．（6分）能源问题是人类社会面临的重大问题,合理的开发利用至关重要。

（1）丁烯是石油化工中的重要产物,正丁烷脱氢可制备1-丁烯:C4H10（g）=C4Hg（g）+H2（g）△H。

下表为该反应中所涉及物质的键能数据:
则△H=_______
（2）甲醇是未来重要的绿色能源之一,常见的合成反应为CO（g）+2H 2（g）CH3OH（g）∆H<0;为了探究反应物的浓度对反应速率的影响,进行了相关实验，测得的实验数据如下表所示:
该反应速率的通式为v正=k正c m（CO）.c n（H2）（k是与温度有关的速率常数）。

由表中数据可确定反应速率通式中m和n分别_____、_____（取正整数）。

（3）合成甲醇的原料气既可由煤气化提供,也可由天然气与水蒸气通过下列反应制备:CH4（g）+ H2O（g）CO（g）+3H 2（g）∆H>0。

向100 L刚性密闭容器中充人1 mol CH4和3 mol水蒸气进行反应,不同温度和压强下平衡体系中CH4的平衡转化率情况如图1所示:
①p1____p2（填“<”“>”或“="）。

为______；该温度下的平衡常数K=_______mol2·L-2。

（4）近年来,有人研究用温室气体二氧化碳通过电催化生成多种燃料,其工作原理如图2所示。

①写出Cu电极上产生乙烯的电极反应式:_____________；如果Cu电极上生成0.17molCO和0.33molHCOOH,则Pt电极上产生O2的物质的量为__________mol。

②HCOOH为一元弱酸,常温下将0.1mol·L-1HCOOH溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液按体积比a:b混合（忽略溶液体积的变化），混合后溶液恰好显中性,则HCOOH的电离常数为______（用含a、b的代数式表示）。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【分析】
根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（Ⅲ）得电子变为Fe（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得电子变为Fe（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2。

如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2－的目的，总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。

【详解】
根据上面分析可知：
A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e－2H＋，故不选A；
B. 由图中信息可知，Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；
C.反应过程中NO2－被Fe（Ⅱ）还原为N2，故不选C；
D.总反应为3H2+2 NO2－+2H+=N2↑+4H2O。

，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；
答案：D
2．C
【解析】
【详解】
A、可由环己烯发生加成反应产生，A错误；
B B
C、可由2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；
D．可由2，3，3—三甲基－1－丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D错误。

答案选C。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．H2S可与硫酸铜反应生成CuS沉淀，可用于除杂，故A正确；
B．加新制生石灰，生成氢氧化钙，中和乙酸，故B错误；
C．甲苯可被氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液，生成溶于水的苯甲酸钠，分液后可除杂，故C正确；D．Fe3+易水解生成氢氧化铁胶体，加MgO促进Fe3+的水解，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，过滤除去，且不引入新杂质，故D正确；
答案选B。

【点睛】
注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质。

4．B
【解析】
【详解】
A. 银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，A项错误；
B. 根据碘溶于酒精的性质，所以可用酒精清洗残留碘，B项正确；
C. CCl4与盐酸不反应，但易溶于酒精，因此残留有CCl4的试管，可用酒精洗涤，C项错误；
D. 实验室若用过氧化氢制取O2，则反应后会剩余不溶于水也不溶于稀盐酸的二氧化锰，因此用稀盐酸无法洗净试管，D项错误；
答案选B。

5．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，A选；
B．Cu与FeCl3发生氧化还原反应，则用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，与FeCl3溶液呈酸性无对应关系，
C 、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，C 不选；
D 、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥CO 2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，D 不选； 答案选A 。

6．C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．NaOH 溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下pH=12的NaOH 溶液，升高温度，溶液中K w 增大，其pH 减小，故A 错误；
B ．0.1mol ⋅L −1的NaHSO 3溶液中通NH 3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na +)=c(SO 32−)+c(HSO 3−)+c(H 2SO 3)①，溶液中存在电荷守恒，即
c(Na +)+c(H +)+c(NH 4+)=2c(SO 32−)+c(HSO 3−)+c(OH −)，因为pH=7即c(Na +)+c(NH 4+)=2c(SO 32−)+c(HSO 3−)②，由①得c(Na +)＞c(SO 32−)；将①式左右两边都加上c(NH 4+)得c(Na +)+c(NH 4+)=c(SO 32−)+c(HSO 3−)+c(H 2SO 3)+c(NH 4+)③，结合②③得c(SO 32−)=c(NH 4+)+c(H 2SO 3)，故c(SO 32−)＞c(NH 4+)，故c(Na +)＞c(SO 32−)＞c(NH 4+)，故C 错误； C ．酸碱对水的电离都有抑制作用，0.01 mol/L 醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱，则原溶液中水的电离程度增大，故C 正确； D ．在常温下，向二元弱酸的盐NaHA 溶液中
K K K ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-+-++++3+-2--2-+-a w a
c(HA )c(H )c(HA )c(H )c(H )c(H )c(H )c (H )
===c(OH )c(A )c(OH )c(A )c(H )c(OH )，加入少量NaOH 固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D 错误； 答案选C 。

7．A 【解析】 【详解】
A.以NaCl 溶液或NaOH 溶液为电解液时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O 2＋2H 2O ＋4e －===4OH －，故A 正确；
B.以NaOH 溶液为电解液时，Al 易失去电子作负极，电极反应为：Al ＋4OH －－3e －=AlO 2-+2H 2O ，故B 错误；
C.以NaOH 溶液为电解液时，总反应为：4Al ＋4OH －+3O 2=4AlO 2-+2H 2O ，氢氧根离子参加反应，所以溶液的碱性降低，故C 错误；
D.放电时，电子从负极沿导线流向正极，故D 错误； 故选A 。

8．B
【详解】
A.酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnO4溶液溶液褪色，故A正确，不符合题意；
B. C与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，即使生成了碳酸钙，也会被硝酸溶解，因此不会有浑浊现象，故B错误，符合题意；
C.苯与溴水发生萃取，水层接近无色，故C正确，不符合题意；
D. 向硝酸铜溶液中滴加稀硫酸，有氢离子和硝酸根离子，能使铜溶解，故D正确，不符合题意；
故选：B。

9．C
【解析】
【分析】
5.60L标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出
n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、( NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出
此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为
2.9g
0.05
58/
mol
g mol
；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加
入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。

从而确定混合物中一定含有Al、( NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。

【详解】
A. 由前面计算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A错误；
B. 从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；
C. n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)= n[Mg(OH)2]=0.05mol，从而得出(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，C正确；
D. 混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D错误。

故选C。

10．D
【解析】
【分析】
【详解】
该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液A中，滤渣A为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣B为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3价氧化为+4价，得到产品。

根据上述分析可知，过程①为Fe2O3与盐酸发生反应，选项A 正确；结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，选项B正确；稀硫酸、H2O2、CeO2三者反应生成Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为6H++H2O2+2CeO22Ce3++O2↑+4H2O，选
11．B
【解析】
【分析】
①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；②点溶液呈中性，溶质为CH3COONa和
CH3COOH，但CH3COOH较少③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性。

【详解】
A、①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)，故A错误；
B、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，所以滴定过程中①②③任一点都存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，故B正确；
C、③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO﹣)，盐类水解程度较小，所以存在c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故C错误；
D、滴定过程中遵循电荷守恒，如果溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO﹣)，故D错误；
答案选B。

【点睛】
本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质多少无关。

12．D
【解析】
【详解】
A. 该粒子为微观粒子，是离子，不是单质，A项错误；
B. 相同相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，则不是氢的同位素，B项错误；
C. 粒子是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成的,而H3表示个氢原子核(只含质子)和3个电子构成，C项错误；
D. 普通H2分子有2个原子核,而这种新粒子有3个氢原子核,比普通H2分子多一个氢原子核，D项正确；答案选D。

13．B
【解析】
【详解】
A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选A；
B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选B ；
C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C ；
D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D ；
答案：B
14．D
【解析】
【分析】
由题干信息分析可知X 为C 、Y 为O 、Z 为Mg 、W 为Si ，甲为CO 2，乙为MgO ，丙为SiO 2，丁为CO ；
【详解】
A. 反应③2
2C SiO Si 2CO +=+高温 ，为工业制粗硅的原理，A 正确； B. Z 即镁位于元素周期表第三周期ⅡA 族，B 正确；
C. 4种元素的原子中，Y 原子即氧原子的半径最小，C 正确；
D. 工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D 错误；
答案选D 。

15．D
【解析】
【分析】
【详解】
A.乙醇的密度比金属钠小，所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部，故A 错误；
B.因为2NO 2N 2O 4H<0,升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以热水中NO 2的浓度高，故B 错误；
C.氢氧化钠属于强碱，易潮解容易和玻璃中的SiO 2反应生成硅酸钠，瓶和塞黏在一起，因此应保存在软木塞的试剂瓶中，故C 错误；
D.D 是实验室制备蒸馏水的装置，故D 正确；答案：D 。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．蒸馏烧瓶 生成FeSO 4溶液，且用产生的H 2排尽装置内的空气 关闭k 2 Fe 2＋
+2HCO 3-=FeCO 3↓+CO 2↑+H 2O 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入BaCl 2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净 隔绝空气 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多 蓝色褪去且半分钟不恢复 95.2%
【解析】
【分析】
I ．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe 与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B 制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B 装置中气压增大，将B 装置中的氯化亚铁溶液压入C 中。

C 装置中硫酸亚铁和NH 4HCO 3发生反应产生FeCO 3沉淀。

Ⅱ．Fe 2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；①乳
酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；
②I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+～～I2～～2S2O32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。

【详解】
I．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：
Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。

(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；打开k l、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；
(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2＋
+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。

方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；
Ⅱ．(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；
(5)①乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；
②I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol，根据关系式2Fe2+～2Fe3+～I2～2S2O32-，可
知样品中CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48×10-3mol×
100
25.00mL
mL
=9.92×10-3mol，
则样品的纯度为
3
9.9210mol288g/mol
3.0g
-
⨯⨯
×100%=95.2%。

【点睛】
本题考查实验制备方案的知识，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后根据关系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系，以免出错。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．电子天平、容量瓶4Fe2++ O2 + 4H+4Fe3+ + 2H2O 硫酸稍过量是为了防止Fe3+水解成氢氧化铁，当硫酸过多时，后续中和需要的碱的用量大，造成浪费ac Fe2O3BaSO4aed
【解析】
【分析】
(1)①配制一定物质的量浓度的溶液要称量溶质的质量，用容量瓶定容；
②硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化成硫酸铁；
(2)硫酸过多，在后面调节pH时要消耗的氢氧化钠的量就多，造成浪费；
(3)①采用重量法测定碱式硫酸铁(x Fe2O3•y SO3•z H2O)中x、y、z的值时，可以将样品溶于氢氧化钠溶液，根据得到的固体氧化铁的质量确定x的值，过滤，在所得滤液中加氯化钡，根据产生的硫酸钡沉淀的质量可确定y的值，根据样品的总质量结合Fe2O3和计算得的SO3的质量可确定z的值；
②根据①的分析可知，要测定Fe2O3、BaSO4的质量；
(4)测定过程中将样品溶于氢氧化钠溶液，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得氧化铁的质量，在所得滤液中加氯化钡，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得硫酸钡的质量，据此答题。

【详解】
(1)①配制一定物质的量浓度的溶液要称量溶质的质量，要用电子天平，用容量瓶定容，故答案为：电子天平、容量瓶；
②硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化成硫酸铁，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
(2)硫酸稍过量是为了防止Fe3+水解成氢氧化铁，当硫酸过多时，后续中和需要的碱的用量力大，造成浪费，所以加入的硫酸比理论值稍多，但不能过多，故答案为：硫酸稍过量是为了防止Fe3+水解成氢氧化铁，当硫酸过多时，后续中和需要的碱的用量力大，造成浪费；
(3)①采用重量法测定碱式硫酸铁(x Fe2O3•y SO3•z H2O)中x、y、z的值时，可以将样品溶于氢氧化钠溶液，根据得到的固体氧化铁的质量确定x的值，过滤，在所得滤液中加氯化钡，根据产生的硫酸钡沉淀的质量可确定y的值，根据样品的总质量结合Fe2O3和计算得的SO3的质量可确定z的值，故选ac；
②根据①的分析可知，要测定Fe2O3、BaSO4的质量，故答案为：Fe2O3、BaSO4；
(4)测定过程中将样品溶于氢氧化钠溶液，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得氧化铁的质量，在所得滤液中加氯化钡，经过过滤、洗涤、烘干或灼烧、冷却、称量得硫酸钡的质量，故选aed。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．33.3 73.14% 0.2 Cu与硝酸反应，假设只生成NO，由方程式
3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，Cu为0.2mol，则NO为0.4
3
mol，其体积为
0.4 3mol×22.4L/mol=
8.96
3
L，Cu与硝酸反应，假设只生成NO2，由方程式
Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O可知，Cu为0.2mol，则NO为0.4mol，其体积为0.4mol×22.4L/mol=8.96L，
实际上生成的是两种气体，则体积在两者之间，即8.96
3
<a<8.96 表面已锈蚀成铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜
片与硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物，溶液中还有剩余的硝酸，加NaOH 溶液硝酸铜转化为氢氧化铜沉淀， Cu(OH)2的物质的量为39.2g 98g/mol
=0.4mol ， ()()33
2
2
~~0.4mol 0Cu N .4m O Cu OH 2H ol 0.NO 8mol
反应后溶液pH 为1，溶液中剩余的硝酸为0.1mol/L×0.1L=0.01mol ，所以硝酸的总物质的量为0.8mol+0.01mol+
a 22.4mol ，所以硝酸的浓度为(8.1+a 2.24)mol/L 【解析】
【分析】
(1)固体减少的质量为二氧化碳和水的质量之和，根据方程式计算铜绿的质量；
(2)①39.2g 蓝色固体为氢氧化铜，根据Cu 原子守恒计算Cu 元素的质量，再求出Cu 的质量分数； ②设固体中Cu 2(OH)2CO 3的物质的量为xmol ，Cu 的物质的量为ymol ，根据铜原子守恒和已知质量列式计算；
(4)①Cu 与硝酸反应，Cu 失去的电子的物质的量等于气体得到的电子的物质的量，假设只生成NO 求出气体的体积，或者假设只生成NO 2再求出气体的体积，实际上生成的是两种气体，则体积在两者之间； ②表面已锈蚀成铜绿[Cu 2(OH)2CO 3]的铜片与硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物，溶液中还有剩余的硝酸，根据氮原子守恒计算。

【详解】
(1)固体减少的质量为二氧化碳和水的质量之和，则二氧化碳和水的质量之和为9.3g ，设铜绿的质量为xg ， ()23
222Cu OH CO 2CuO+H O ΔΔ222
623+O .g C 9m x
↑ 则x=2229.362
⨯=33.3g ；故答案为：33.3； (2)39.2g 蓝色固体为氢氧化铜，则氢氧化铜中Cu 元素的质量为
39.2g 6498⨯=25.6g ，则Cu 的质量分数为25.6g 35g
×100%=73.14%；故答案为：73.14%； (3)设固体中Cu 2(OH)2CO 3的物质的量为xmol ，Cu 的物质的量为ymol ，已知铜绿和铜的总质量为35g ，生成氢氧化铜沉淀的质量为39.2g ，则222x+64y=35g ， 98(2x+y)=39.2g ，解得：x=0.1，y=0.2，故答案为：0.2；
(4)①Cu 与硝酸反应，假设只生成NO ，由方程式3Cu+8HNO 3(稀)═3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O 可知，Cu 为0.2mol ，则NO 为0.43mol ，其体积为0.43mol×22.4L/mol=8.963
L ， Cu 与硝酸反应，假设只生成NO 2，由。