2016届山东省潍坊一中高三(上)月考化学试卷(10月份)(三)(解析版).doc

2015-2016学年山东省潍坊一中高三（上）月考化学试卷（10月份）（三）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项正确，每题3分，共48分）1下列仪器中漏斗；容量瓶；蒸馏烧瓶；天平；分液漏斗；滴定管；燃烧匙，常用于物质分离的是（）ABCD【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】常用的物质分离的方法有：过滤、萃取分液、蒸馏、分馏，根据常用的物质分离的方法来选择所需的仪器【解答】解：漏斗可用于过滤，过滤是一种分离混合物的方法，故正确；容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，不用于物质的分离，故错误；蒸馏烧瓶是用于蒸馏实验的容器，蒸馏是一种分离物质的方法，故正确；天平是称量药品质量的仪器，不用于物质的分离，故错误；分液漏斗是分离互不相溶的密度不同的液体的仪器，故正确；滴定管是量取液体的仪器，不用于物质的分离，故错误；燃烧匙是用于物质燃烧的仪器，不用于物质的分离，故错误；故选：C【点评】本题考查学生物质分离所需的仪器，题目难度不大，注意常用的物质分离的方法及使用的仪器2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温常压下，8g O2含有4NA个电子B1L 0.1molL1的氨水中有NA个NH4+C标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子D1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子【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、依据n=计算物质的量，结合氧气分子含有电子总数计算得到；B、一水合氨是弱电解质存在电离平衡；C、盐酸是电解质溶液，氯化氢电离成氢离子和氯离子；D、钠原子最外层电子数为1；【解答】解：A、常温常压下，8gO2物质的量=0.25mol，含有电子数=0.25mol82NA=4NA，故A正确；B、1L 0.1molL1的氨水中，一水合氨物质的量为0.1mol，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，溶液中有NH4+小于0.1mol，故B错误；C、盐酸是电解质溶液，不是气体，溶液中氯化氢电离成氢离子和氯离子，不存在氯化氢分子，故C错误；D、1mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故D错误；故选A【点评】题目考查阿伏伽德罗常数的计算应用，质量换算物质的量弱电解质电离平衡，氧化还原反应电子转移是考查重点，题目较简单3能正确表示下列反应的离子方程式是（）A浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+Cu+2Na+CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32+2H+H2O+CO2D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A反应生成氯化亚铁和氢气；B不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；CHCO3不能拆分；D发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁【解答】解：A浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+Cu（OH）2+2Na+H2，故B错误；CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3+H+H2O+CO2，故C错误；D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2的离子反应为3Mg（OH）2+2Fe3+3Mg2+2Fe（OH）3，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大4下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（）用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；用pH试纸测得氯水的pH为2；用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管；浓硝酸保存在棕色细口瓶中；将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上产生气泡某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+ABCD【考点】化学仪器的洗涤、干燥；测定溶液pH的方法；化学试剂的存放；配制一定物质的量浓度的溶液【专题】化学实验基本操作【分析】盛放过石灰水的试剂瓶上会有碳酸钙生成，用稀盐酸洗涤，会与碳酸钙反应，从而除掉碳酸钙；浓硫酸稀释放热，配制时应将浓硫酸倒入其他溶液；氯水有强氧化性，有漂白性；稀HNO3可与银反应；见光易分解的物质保存在棕色细口瓶中；镁条和铝片在浓NaOH溶液中构成原电池；碱性气体是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体【解答】解：用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，操作正确，故正确；配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中，并不断搅拌，故错误；氯水有强氧化性，有漂白性能将PH试纸漂白，故错误；因稀HNO3可与银反应，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管，故正确；浓硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，故正确；镁条和铝片在稀NaOH溶液中不能构成原电池，再铝片上产生氢气，故错误；加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液含有NH4+，故正确；故选A【点评】本题考查化学实验基本操作，难度适中，平时注意知识的积累5R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2+Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2+Z这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（）AR2+X2+Z2+Y2+BX2+R2+Y2+Z2+CY2+Z2+R2+X2+DZ2+X2+R2+Y2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较【专题】氧化还原反应专题【分析】依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物分析判断；【解答】解：反应X2+Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+Z2+；反应Y+Z2+=Y2+Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+Y2+；X2+与单质R不反应说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+X2+；综上所述得到四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小为：R2+X2+Z2+Y2+；故选A【点评】本题考查了氧化还原反应的强弱规律的应用，正确理解和判断氧化剂、氧化产物是解本题的关键6下列说法不正确的是（）A用加热法可除去Na2CO3中的NaHCO3BNa2CO3的热稳定性大于NaHCO3C可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液D小苏打可中和胃酸、热纯碱可除去油污【考点】钠的重要化合物；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】NaHCO3俗名小苏打，不稳定，加热易分解，Na2CO3俗名纯碱，二者都能与石灰水反应，相同温度下，Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，以此解答该题【解答】解：A因2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，而碳酸钠加热不分解，则可用加热法除去Na2CO3固体中的NaHCO3，故A正确；B因2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，而碳酸钠加热不分解，所以Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3，故B正确；CNaHCO3和Na2CO3都可以与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液，故C错误；DNaHCO3俗名小苏打，可中和胃酸，Na2CO3俗名纯碱，水解显碱性可除去油污，故D正确故选C【点评】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用稳定性、与石灰水的反应、水解、与碱的反应来分析解答，题目难度不大7将0.02mol Na别投入到盛有100mL水、100mL 1molL1盐酸、100mL 1molL1硫酸铜溶液的X、Y、Z三个烧杯中，下列有关说法错误的是（）A三个烧杯中一定均会发生的离子反应有：2Na+2H2O2Na+2OH+H2B三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，相比而言，X烧杯中的反应平缓些CZ烧杯中一定会有沉淀生成，但沉淀不是单质铜D三个烧杯中生成氢气体的物质的量相同【考点】钠的化学性质【分析】钠密度小于水，钠投入溶液中，发生的反应实质是钠与酸或者水电离产生的氢离子的反应，溶液中氢离子浓度越大，反应越剧烈，生成的氢氧化钠又能够与硫酸铜发生复分解反应，据此解答【解答】解：A钠投入溶液中，发生的反应实质是钠与酸或者水电离产生的氢离子的反应，钠与盐酸反应的实质为：2Na+2H+=2Na+H2，故A错误；B盐酸为酸、硫酸铜为强酸弱碱盐水解显酸性，所以X、Y、Z三种溶液中，氢离子浓度由大到小的顺序为：YZX，氢离子浓度越大，反应越剧烈，水中氢离子浓度最小，所以反应最缓和，故B正确；C钠与硫酸铜溶液反应，方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2+Na2SO4，故C正确；D依据得失电子守恒，可知相同量的钠失去电子数相同，生成氢气的量相同，故D正确；故选：A【点评】本题考查了钠的性质，解题关键在于明确钠与溶液反应的实质，题目难度不大，注意知识的积累8下列说法正确的是（）ANa2O、Na2O2组成元素相同，但与CO2反应的产物不同B2Na2O2+2H2O4NaOH+O2 Na2O2是氧化剂H2O是还原剂CNa2O2溶于水产生O2的离子方程式为：Na2O2+H2O2Na+2OH十O2DNa2O2用作呼吸面具的供氧剂时氧元素即被氧化又被还原【考点】钠的重要化合物；氧化还原反应【分析】ANa2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气；BNa2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，根据化合价判断；CNa2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，根据离子反应的特征判断；D在呼吸面具中，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气常作供氧剂，根据化合价判断；【解答】解：ANa2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气，产物不同，故A正确；BNa2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，Na2O2即是氧化剂又是还原剂，故B错误；CNa2O2与H2O反应产生氢氧化钠和氧气，Na2O2+H2O2Na+2OH十O2，原子不守恒，故C错误；D在呼吸面具中，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气常作供氧剂，Na2O2用作呼吸面具的供氧剂时氧元素即被氧化又被还原，故D正确故选AD【点评】本题考查钠的重要化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握过氧化钠与水、二氧化碳反应的特点，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大9下列是关于氯水的叙述，正确的是（）A新制氯水中只含C12和HClO分子B新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2D氯水放置数天后，pH值将增大【考点】氯气的化学性质【分析】氯气与水发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子【解答】解：A氯气与水发生：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，故A错误；BHCl可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；CHClO不稳定，见光分解，发生：2HClO2HCl+O2，生成氧气，故C错误；DHClO不稳定，分解生成HCl，溶液pH减小，故D错误故选B【点评】本题考查氯水的成分及性质，题目难度不大，本题注意基础知识的积累和学习10分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（）根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质ABCD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；电解质与非电解质【专题】物质的分类专题【分析】根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物等；根据氧化还原反应的实质分析；根据分散系的分类方法分析；根据单质和化合物的概念来分析；根据强弱电解质的概念分析【解答】解：根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物等；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物，故正确；氧化还原反应的实质：有电子转移，所以可以根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；分散系的分类是依据分散质直径的大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液，故错误；单质是只由一种元素组成的纯净物，化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，故正确；根据电解质在水溶液中或熔融状态下能否完全电离，电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；故选D【点评】本题考查了物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据11可以大量共存的离子组是（）ANa+、Fe2+、NO3、C1BK+、HCO3、SO42、OHCC1O、C1、Na+、H+DBa2+、K+、SO42、H+【考点】离子共存问题【分析】ANa+、Fe2+、NO3、C1离子之间不满足离子反应发生反应；B碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；C次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸；D钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀【解答】解：ANa+、Fe2+、NO3、C1之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BHCO3、OH之间反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能大量共存，故B错误；CC1O、H+之间反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故C错误；DBa2+、SO42之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力12类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO2+2HClO向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液2Cl+2H2O 2OH+H2+Cl2用惰性电极电解MgBr2溶液2Br+2H2O 2OH+H2+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性H+OH=H2O稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应至中性H+OH=H2OAABBCCDD【考点】离子方程式的书写【分析】A钠的性质比较活泼，与盐溶液反应时先与水反应；B二氧化碳与二氧化硫都是酸性氧化物，但是二氧化硫具有还原性，能够被次氯酸根氧化；C氢氧化镁是沉淀应保留化学式；D稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水【解答】解：A将Na加入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出铜，故A错误；B向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+HClO，故B错误；C用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式为：Mg2+2Br+2H2O Mg（OH）2+H2+Br2，故C错误；D稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba（OH）2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H+OH=H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式的书写，为考试的热点，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分，题目难度不大13下列叙述错误的是（）ANH3的喷泉实验说明氨气极易溶于水BNO 和NH3均可用排空气法收集C盛液溴的瓶内加少量水可防止液溴的挥发DNH3遇到挥发性的强酸就能冒白烟【考点】氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】元素及其化合物【分析】A、氨气的喷泉实验从压强的角度证明氨气极易溶于水；B、一氧化氮可以喝空气中的氧气反应；C、利用水封可以避免液溴挥发；D、氨气是碱性气体和挥发出的酸分子反应生成铵盐【解答】解：A、氨气极易溶于水，在喷泉实验中因溶于水导致圆底烧瓶中压强减小，从而形成喷泉，故A正确；B、由于一氧化氮能够与空气中的氧气发生反应生成二氧化氮，不能使用排空气法水解一氧化氮，应该采用排水法收集，故B错误；C、利用水封可以避免液溴挥发，故C正确；D、氨气是碱性气体和挥发出的酸分子反应生成铵盐，所以NH3遇到挥发性强酸就能冒白烟，故B正确；故选B【点评】本题考查了物质的性质的应用知识，注意一氧化氮不能用排空气收集，较简单14下列现象或事实不能用同一原理解释的是（）A浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C常温下铁和铂都不溶于浓硝酸DSO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用【专题】元素及其化合物【分析】A浓硝酸见光易分解；氯水见光会分解；B硫化钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质；C常温下铁遇浓硝酸，发生钝化；铂的活泼性较弱，与浓硝酸不反应；DSO2具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色；Na2SO3具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色【解答】解：A浓硝酸见光易分解，须存放在棕色瓶中；氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中，能用同一原理解释，故A不选；B硫化钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质，能用同一原理解释，故B不选；C常温下铁遇浓硝酸，发生钝化；铂的活泼性较弱，与浓硝酸不反应，不能用同一原理解释，故C可选；DSO2具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色；Na2SO3具有还原性，能与氯水发生氧化还原反应使氯水褪色；能用同一原理解释，故D不选；故选C【点评】本题考查物质的保存、金属的钝化、硫的化合物的性质等，难度中等要注意基础知识的积累15通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一对下列实验事实的解释不正确的是（）现象解释或结论ASO2使酸性高锰酸钾溶液退色SO2表现还原性B浓HNO3在光照条件下变黄浓HNO3不稳定，生成有色产物能溶于浓硝酸C某溶液中加入浓NaOH溶液加热，放出气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NH4+D铝片放入浓硫酸中，无明显变化说明铝与冷的浓硫酸不发生化学反应AABBCCDD【考点】二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；常见阳离子的检验【专题】元素及其化合物【分析】ASO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，S元素的化合价升高；B浓HNO3在光照条件分解生成红棕色的二氧化氮；C气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气；D铝片放入浓硫酸中，发生钝化【解答】解：ASO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，则SO2表现还原性，故A正确；B浓HNO3在光照条件分解生成红棕色的二氧化氮，溶解在溶液中变黄，故B正确；C气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，则该溶液中一定含有NH4+，故C正确；D铝片放入浓硫酸中，发生钝化，为氧化还原反应生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，故D错误；故选D【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大16如图实验装置、选用的试剂或实验操作中，都正确的是（）A实验室用装置A制取氨气B用B装置吸收氨气，并防止倒吸C用C装置稀释浓硫酸CD用D装置除去CO2中的HCl【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】ANH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；B氨气极易溶于水；C量筒不能用来配制溶液；D除杂不能将原物质除掉【解答】解：ANH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，得到气体的机会不多，故A错误； B氨气极易溶于水按照装置图，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；C量筒不能用来稀释或配制溶液，应在烧杯中稀释冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将二氧化碳除掉，不符合除杂原则，应选碳酸氢钠溶液除杂，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氨气的制取和收集、溶液的配制、除杂等，侧重实技能及物质性质的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大二、填空题：17硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂某课外研究小组测定该补血剂中铁元素的含量，实验步骤如图：请回答下列问题：（1）证明步骤滤液中含有Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液，再滴加氯水（或双氧水、稀硝酸），该过程的现象为：溶液开始不变色，后变为血红色（2）步骤加入过量H2O2的目的：将Fe2+全部氧化为Fe3+（3）步骤中反应的离子方程：Fe3+3OH=Fe（OH）3或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+（4）步骤中一列处理的操作步骤：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量（5）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量0.07ag（6）该小组有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定（5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O）实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻棒、烧杯、胶头滴管外，还需250mL容量瓶上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是ba稀硝酸 b稀硫酸 c稀盐酸 d浓硝酸滴定到终点时的颜色为紫或紫红色若滴定到终点时俯视滴定管刻度线，对测量值有何影响？偏低（ 填“偏高、偏低或无影响”）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量，（1）Fe3+遇KSCN溶液显血红色，该现象用于检验Fe3+存在，可以加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+检验Fe2+可以先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水或双氧水，溶液变为血红色，说明含有Fe2+；（2）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；（3）由流程图可知，步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，加入的X可以是碱或氨水；（4）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；（5）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算（6）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；加入的酸不能具有强氧化性，不能被酸性高锰酸钾氧化，防止影响酸性高锰酸钾溶液的体积，影响测定结果；用高锰酸钾溶液滴定亚铁离子时，滴定到终点时溶液会出现紫色或紫红色，若滴定到终点时俯视滴定管刻度线，则读出的高锰酸钾溶液的体积偏小，据此判断；【解答】解：由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量（1）Fe3+遇KSCN溶液显红色，该现象用于检验Fe3+存在，可以加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+检验Fe2+，可以先滴加KSCN溶液，溶液不变色，加入氯水（或双氧水、稀硝酸），发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，溶液变为血红色，发生Fe3+3SCNFe（SCN）3，说明含有Fe2+，故答案为：氯水（或双氧水、稀硝酸）；溶液开始不变色，后变为血红色；（2）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；（3）由流程图可知，步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，加入的X可以是氢氧化钠溶液或氨水，反应方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+；（4）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为：洗涤；冷却；（5）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag，故答案为：0.07a；（6）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；高锰酸钾有强氧化性，能将盐酸氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，故只能用稀硫酸酸化，答案为：b；用高锰酸钾溶液滴定亚铁离子时，滴定到终点时溶液会出现紫色或紫红色，若滴定到终点时俯视滴定管刻度线，则读出的高锰酸钾溶液的体积偏小，所以会使测量值偏低，故答案为：紫或紫红；偏低【点评】本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力18如图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图（1）写出用发生装置A中制取氯气的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：C12Fe3+则装置B中的溶液的作用是除去氯气中的氯化氢；装置D中加的最佳试剂是（填序号）c：供选试剂：a浓H2SO4 bFeCl2溶液 cKSCN与FeCl2的混合溶液 d无水氯化钙（3）在如图所示圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置同时完成如下实验：实验1：证明SO2具有氧化性和漂白性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强、证明SO2具氧化性和漂白性：B中为少量Na2S溶液、C中加品红溶液，D中应加入足量的酸性高锰酸钾（填溶液名称），E中加入Na2SiO3溶液（填化学式）（4）证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；实验2不严谨之处应如何改进将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管【考点】常见气体制备原理及装置选择；浓硫酸的性质实验【专题】气体的制备与性质检验类实验；无机实验综合【分析】（1）依据实验室制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；（2）依据氯气含有氯化氢分析装置B的作用，铁离子使硫氰化钾溶液变红色分析；（3）根据元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸来比较酸性强弱，根据CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去；（4）根据CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去并再次通过酸性高锰酸钾溶液是否除尽；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰【解答】解：（1）制备氯气是利用装置加热生成，试剂是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）氯气中含有氯化氢气体，通过装置B饱和食盐水可以吸收氯化氢，含亚铁离子的物质被氯气氧化成铁离子使硫氰化钾变红色来来证明Cl2Fe3+，因此选KSCN与FeCl2的混合溶液，故答案为：除去氯气中的氯化氢；c；（3）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用碳酸的酸性强于硅酸，二氧化碳能与硅酸钠反应制得硅酸沉淀，由于CO2中混有二氧化硫，二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应，需要酸性高锰酸钾溶液除去，防止干扰检验二氧化碳；故答案为：酸性高锰酸钾溶液，Na2SiO3；（4）若D中高锰酸钾溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，E中溶液变浑浊，说明含有二氧化碳气体；空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰，将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管可排除空气中二氧化碳的干扰，故答案为：D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥【点评】本题考查实验室制备氯气的反应原理和装置分析，物质性质的比较，掌握基本操作和物质性质是解题关键，题目难度中等19已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用如图中的装置可以实现该反应回答下列问题：（1）A中发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（2）B中加入的干燥剂是（填序号）浓硫酸 无水氯化钙 碱石灰（3）能证明氨与氧化铜反应的现象是C中黑色粉末变红，D中有无色液体生成设计实验检验D中无色液体的成分：取少量无水硫酸铜粉末，现象为白色变蓝色或变蓝（4）写出氨气与氧化铜反应化学方程式2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O若收集到2.24L（STP）氮气，计算转移电子数为0.6NA【考点】氨的化学性质；氨的制取和性质【专题】实验设计题；元素及其化合物【分析】（1）依据装置图分析判断，制备氨气是实验室制备氨气的实验装置氯化铵和氢氧化钙混合加热反应生成氨气，写出化学方程式；（2）B中是干燥氨气的装置，浓硫酸、氯化钙都和氨气反应，所以需要选择碱石灰干燥；（3）氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，C中黑色氧化铜变化为红色铜，D中冷却得到水，检验水用无水硫酸铜；（4）依据化学方程式中 元素化合价变化计算得到转移电子数【解答】解：（1）装置图分析判断，制备氨气是实验室制备氨气的实验装置氯化铵和氢氧化钙混合加热反应生成氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（2）B中是干燥氨气的装置，浓硫酸、氯化钙都和氨气反应，所以需要选择碱石灰干燥，故答案为：；（3）依据原子守恒配平化学方程式，2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，反应过程中C装置中固体由黑色变红色，证明氨与氧化铜反应，D中有无色液体生成说明生成水，检验水用无水硫酸铜，现象白色变蓝色或变蓝；故答案为：黑色粉末变红；无水硫酸铜；白色变蓝色或变蓝；（4）2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，反应中生成1mol氮气转移电子6mole，反应中生成2.8g氮气物质的量为0.1mol，转移电子为0.6mol即0.6NA，故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；0.6NA【点评】本题考查了实验验证物质性质，分析反应产物的方法，实验设计的应用，仔细审题，应用题干信息是解题关键，题目难度中等20某实验小组用工业上废弃固体（主要成分Cu2S和Fe2O3）混合物制取粗铜和Fe2（SO4）3晶体，设计的操作流程如下：（1）除酒精灯和铁架台或三脚架外，中所需的容器为坩埚；和中都用到的玻璃仪器为玻璃棒；（2）