江西省上饶市玉山一中高考化学模拟试卷（二）（含解析）.doc

江西省上饶市玉山一中2015届高考化学模拟试卷（二）一、选择题：（本题共7小题，每小题6分）1（6分）设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a1 mol cu与足量稀hno3反应，转移3na个电子b常温常压下，22.4lcl2含有2na个cl原子c16gch4含有10na个电子d1lo.1 moll1na2so3溶液中含有o.1na个s0322（6分）下列解释事实的方程式不准确的是（）a用浓盐酸检验氨：nh3+hc1=nh4c1b钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：fe3e=fe3+c碳酸钠溶液显碱性：co32+h2ohco3+oh d长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：ca（oh）2+co2=caco3+h2o3（6分）有一无色溶液，可能含有k+、al3+、mg2+、nh4+、cl、so42、hco3、mno4中的一种或几种为确定其成分，进行如下实验：取部分溶液，逐滴滴入naoh溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；另取部分溶液，加入hno3酸化的ba（no3）2溶液，无沉淀产生下列推断正确的是 （）a肯定有al3+、mg2+、cl，可能有k+b肯定有al3+、mg2+、cl，可能有nh4+c肯定有al3+、mg2+、hco3，肯定没有mno4d肯定有k+、al3+、mno4，可能有hco34（6分）w、x，y，z均为短周期元素，x，y处于同一周期，x，z的最低价离子分别为x2和z，y+和z具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）a原子最外层电子数：xyzb单质沸点：xyzc离子半径：x2y+zd原子序数：xyz5（6分）锌和二氧化锰是电池工业中主要原料，其中一种znmno2同槽电解的工业生产试验工艺流程涉及的主要反应有：mno2+zns+2h2so4=mnso4+znso4+s+2h2omnso4+znso4+2h2omno2+zn+2h2so4下列说法正确的是（）a中mno2是氧化剂，znso4是还原产物b中每产生16gs时转移电子的物质的量为2molc按照电解时，生成mno2的电极为阴极d该工艺流程中h2so4可循环6（6分）在1200时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：h2s（g）+o2（g）so2（g）+h2o（g）h12h2s（g）+so2（g）s2（g）+2h2o（g）h2h2s（g）+o2（g）s（g）+h2o（g）h32s（g）s2（g）h4则h4的正确表达式为（）ah4=（h1+h23h3）bh4=（3h3h1h2）ch4=（h1+h23h3）dh4=（h1h23h3）7（6分）已知反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h0某温度下，将2mol so2和1mol o2置于 10l密闭容器中，反应达平衡后，so2的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图甲所示则下列说法正确的是（）a由图甲知，b点so2的平衡浓度为0.3moll1b由图甲知，a点对应温度下的平衡常数为80c达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图象可以用图乙表示d压强为0.50 mpa时不同温度下so2转化率与温度关系如丙图，则t2t1二、非选择题8（14分）如图框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）已知a、b为气态单质，f是地壳中含量最多的金属元素的单质，e、h、i为氧化物，e为黑色固体，i为红棕色气体，m为红褐色沉淀请回答下列问题：（1）b中所含元素位于周期表中第周期族（2）a在b中燃烧的现象是（3）d+eb的反应中，被氧化与被还原的物质的量之比是（4）g+jm的离子方程式是（5）y受热分解的化学方程式是9（14分）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系由有机阳离子、al2cl7和alcl4组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝（1）钢制品应接电源的极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为，若改用alcl3水溶液作电解液，则阴极产物为（2）为测定镀层厚度，用naoh溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为mol（3）用铝粉和fe2o3做铝热反应实验，需要的试剂还有a、kcl b、kclo3c、mno2d、mg取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀h2so4，滴加kscn溶液无明显现象，（填“能”或“不能”）说明固体混合物中无fe2o3，理由是（用离子方程式说明）10（16分）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（nahco3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵完成下列填空：（1）写出上述制备小苏打的化学方程式（2）滤除小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤不通氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是（选填编号）a析出的氯化铵纯度更高 b析出的氯化铵纯度更高c的滤液可直接循环使用 d的滤液可直接循环使用（3）提取的nh4cl中含少量fe2+、so42，将产品溶解，加入h2o2，加热至沸，再加入bacl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵加热至沸的目的是滤渣的主要成分是、（4）称取1.840g小苏打样品（含少量nacl），配置成250ml溶液，取出25.00ml用0.1000mol/l盐酸滴定，消耗盐酸21.50ml实验中所需的定量仪器除滴定管外，还有选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是样品中nahco3质量分数为（保留3位小数）（5）将一定质量小苏打样品（含少量nacl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）11（14分）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是afe2o3 bnacl ccu2s dal2o3（2）辉铜矿（cu2s）可发生反应2cu2s+2h2so4+5o2=4cuso4+2h2o，该反应的还原剂是，当1mol o2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为mol向cuso4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是（3）右图为电解精炼银的示意图，（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为（4）为处理银器表面的黑斑（ag2s），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，ag2s转化为ag，食盐水的作用为江西省上饶市玉山一中2015届高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题：（本题共7小题，每小题6分）1（6分）设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a1 mol cu与足量稀hno3反应，转移3na个电子b常温常压下，22.4lcl2含有2na个cl原子c16gch4含有10na个电子d1lo.1 moll1na2so3溶液中含有o.1na个s032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、1mol铜完全反应失电子2mol；b、标准状况下气体摩尔体积为22.4l/mol；c、依据n=计算物质的量，结合分子式计算电子数；d、溶液中亚硫酸根离子水解解答：解：a、1mol铜完全反应失电子2mol，1 mol cu与足量稀hno3反应，转移2na个电子，故a错误；b、标准状况下气体摩尔体积为22.4l/mol，常温常压下，22.4lcl2物质的量不是1mol，故b错误；c、依据n=计算物质的量=1mol，结合分子式计算电子数10na个电子，故c正确；d、溶液中亚硫酸根离子水解，1lo.1 moll1na2so3溶液中含有s032小于o.1na个，故d错误；故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是氧化还原反应电子转移计算分析，气体摩尔体积的条件应用，注意盐类水解的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单2（6分）下列解释事实的方程式不准确的是（）a用浓盐酸检验氨：nh3+hc1=nh4c1b钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：fe3e=fe3+c碳酸钠溶液显碱性：co32+h2ohco3+ohd长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：ca（oh）2+co2=caco3+h2o考点：离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式 专题：化学用语专题分析：a浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢与氨气反应生成白烟氯化铵；b钢铁的腐蚀中，负极铁失去电子生成亚铁离子；c碳酸根离子的水解分步进行，主要以第一步为主；d氢氧化钙与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀解答：解：a用浓盐酸检验氨，氯化氢和氨气反应生成氯化铵，反应的化学方程式为：nh3+hc1=nh4c1，故a正确；b钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化生成亚铁离子，正确的电极反应式为：fe2e=fe2+，故b错误；c碳酸钠溶液显碱性，碳酸根离子的水解方程式为：co32+h2ohco3+oh，故c正确；d长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，反应的化学方程式为：ca（oh）2+co2=caco3+h2o，故d正确；故选b点评：本题考查了离子方程式、化学方程式的书写原则，题目难度中等，明确离子方程式、化学方程式的书写原则为解答关键，c为易错点，注意碳酸根的水解分步进行，离子方程式主要以第一步为主3（6分）有一无色溶液，可能含有k+、al3+、mg2+、nh4+、cl、so42、hco3、mno4中的一种或几种为确定其成分，进行如下实验：取部分溶液，逐滴滴入naoh溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；另取部分溶液，加入hno3酸化的ba（no3）2溶液，无沉淀产生下列推断正确的是 （）a肯定有al3+、mg2+、cl，可能有k+b肯定有al3+、mg2+、cl，可能有nh4+c肯定有al3+、mg2+、hco3，肯定没有mno4d肯定有k+、al3+、mno4，可能有hco3考点：常见离子的检验方法 专题：离子反应专题分析：溶液是无色溶液判断一定不含mno4；取部分溶液，逐滴滴入naoh溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有al3+、mg2+；根据离子共存判断一定不含有hco3；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含nh4+；另取部分溶液，加入hno3酸化的ba（no3）2溶液，无沉淀产生判断一定无so42；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是cl；解答：解：溶液是无色溶液判断一定不含mno4；取部分溶液，逐滴滴入naoh溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有al3+、mg2+；根据离子共存判断一定不含有hco3；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含nh4+；另取部分溶液，加入hno3酸化的ba（no3）2溶液，无沉淀产生判断一定无so42；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是cl；综上所述：溶液中一定含有al3+、mg2+、cl，一定无nh4+、so42、hco3、mno4；可能有k+故选a点评：本题考查了离子检验的，反应现象的判断，离子共存的应用，主要是同种离子的性质应用，题目难度中等4（6分）w、x，y，z均为短周期元素，x，y处于同一周期，x，z的最低价离子分别为x2和z，y+和z具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）a原子最外层电子数：xyzb单质沸点：xyzc离子半径：x2y+zd原子序数：xyz考点：原子结构与元素周期律的关系；真题集萃 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：x、z的最低价离子分别为x2和z，则x为第a族元素，z为a族元素；y+和z具有相同的电子层结构，则y在z的下一周期，则y为na元素，z为f元素，x、y同周期，则x为s元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题解答：解：x、z的最低价离子分别为x2和z，则x为第a族元素，z为a族元素；y+和z具有相同的电子层结构，则y在z的下一周期，则y为na元素，z为f元素，x、y同周期，则x为s元素，ax、y、z分别为s、na、f，原子最外层电子数分别为6、1、7，故a错误；b常温下na、s为固体，f2为气体，na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为nasf2，故b错误；cna+、f具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为fna+，故c错误；dx、y、z原子序数分别为16、11、9，原子序数：xyz，故d正确故选d点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类5（6分）锌和二氧化锰是电池工业中主要原料，其中一种znmno2同槽电解的工业生产试验工艺流程涉及的主要反应有：mno2+zns+2h2so4=mnso4+znso4+s+2h2omnso4+znso4+2h2omno2+zn+2h2so4下列说法正确的是（）a中mno2是氧化剂，znso4是还原产物b中每产生16gs时转移电子的物质的量为2molc按照电解时，生成mno2的电极为阴极d该工艺流程中h2so4可循环考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：a、化合价降低的元素所在的反应物称为氧化剂，化合价降低元素所在的产物是还原产物；b、硫化锌中硫的化合价为2价转化为单质硫为0价，转移电子为2mol；c、电解池中，阳极发生失电子的氧化反应；d、根据硫酸在反应中的应用来回答解答：解：a、mno2中的锰元素化合价由+4价降低到+2价，所以为氧化剂，对应产物mnso4是还原产物，故a错误；b、硫化锌中硫的化合价为2价转化为单质硫为0价，通过方程式可以看出，每生成1mol（即32g）硫单质转移电子为2mol，所以每产生16gs时转移电子的物质的量为1mol，故b错误；c、按照电解时，生成mno2的电极上锰元素化合价升高了，为阳极，故c错误；d、硫酸是反应的产物，同时还可以作为反应的反应物，h2so4可循环使用，故d正确故选d点评：本题考查学生有关氧化还原反应的知识，穿插了电解池、原电池的原理，难度不大6（6分）在1200时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：h2s（g）+o2（g）so2（g）+h2o（g）h12h2s（g）+so2（g）s2（g）+2h2o（g）h2h2s（g）+o2（g）s（g）+h2o（g）h32s（g）s2（g）h4则h4的正确表达式为（）ah4=（h1+h23h3）bh4=（3h3h1h2）ch4=（h1+h23h3）dh4=（h1h23h3）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算 专题：化学反应中的能量变化分析：利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热解答：解：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即h32+h2+h1=（h1+h23h3），故选a点评：本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及h的符号的变化7（6分）已知反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h0某温度下，将2mol so2和1mol o2置于 10l密闭容器中，反应达平衡后，so2的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图甲所示则下列说法正确的是（）a由图甲知，b点so2的平衡浓度为0.3moll1b由图甲知，a点对应温度下的平衡常数为80c达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图象可以用图乙表示d压强为0.50 mpa时不同温度下so2转化率与温度关系如丙图，则t2t1考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：a、甲图表示不同压强下到达平衡时，so2的平衡转化率与压强关系，由甲图可知b点so2的转化率为0.85，二氧化硫起始浓度乘以转化率为二氧化硫的浓度变化量，据此计算c（so2），进而计算二氧化硫的平衡浓度；b、由甲图可知a点so2的转化率为0.8，二氧化硫起始浓度乘以转化率为二氧化硫的浓度变化量，据此计算c（so2），根据三段式进而计算各物质的平衡浓度，据此计算判断；c、达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，据此判断；d、由到达平衡的时间可知，温度为t1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快解答：解：a、二氧化硫起始浓度为=0.2mol/l，由甲图可知b点so2的转化率为0.85，所以c（so2）=0.850.2mol/l=0.17mol/l，故二氧化硫的平衡浓度为0.2mol/l0.17mol/l=0.03mol/l，故a错误；b、由甲图可知a点so2的转化率为0.8，所以c（so2）=0.80.2mol/l=0.16mol/l，则： 2so2（g）+o2（g）2so3（g）开始（mol/l）：0.2 0.1 0变化（mol/l）：0.16 0.08 0.16平衡（mol/l）：0.04 0.02 0.16所以a点平衡常数为k=800，故b错误；c、达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故v（正）v（逆），可以用图乙表示，故c正确；d、由到达平衡的时间可知，温度为t1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故t2t1，故d错误；故选c点评：本题主要考查化学平衡图象、化学平衡有关计算、影响化学平衡移动的因素等，难度中等，注意甲图表示不同压强下到达平衡时，so2的平衡转化率与压强和温度的关系二、非选择题8（14分）如图框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）已知a、b为气态单质，f是地壳中含量最多的金属元素的单质，e、h、i为氧化物，e为黑色固体，i为红棕色气体，m为红褐色沉淀请回答下列问题：（1）b中所含元素位于周期表中第三周期a族（2）a在b中燃烧的现象是产生苍白色火焰（3）d+eb的反应中，被氧化与被还原的物质的量之比是2：1（4）g+jm的离子方程式是3alo2+fe3+6h2o=3al（oh）3+fe（oh）3（5）y受热分解的化学方程式是4fe（no3）32fe2o3+12no2+3o2考点：无机物的推断 专题：推断题分析：已知a、b为气态单质，f是地壳中含量最多的金属元素的单质判断为al；e、h、i为氧化物，m为红褐色沉淀为fe（oh）3，转化关系中x电解得到ab为气体，二者反应生成d，e为黑色固体，和d反应又生成b气体，推断电解的是氯化钠溶液生成的气体a为h2，b为cl2，c为naoh，d为hcl，e为mno2，g为naalo2，根据生成氢氧化铁沉淀为m，所以j是含三价铁离子的物质，是h和d反应生成，证明j为fecl3，e、h、i为氧化物判断h为fe2o3；i为红棕色气体为no2；n为hno3，y为fe（no3）3，结合物质的性质来解答解答：解：已知a、b为气态单质，f是地壳中含量最多的金属元素的单质判断为al；e、h、i为氧化物，m为红褐色沉淀为fe（oh）3，转化关系中x电解得到ab为气体，二者反应生成d，e为黑色固体，和d反应又生成b气体，推断电解的是氯化钠溶液生成的气体a为h2，b为cl2，c为naoh，d为hcl，e为mno2，g为naalo2，根据生成氢氧化铁沉淀为m，所以j是含三价铁离子的物质，是h和d反应生成，证明j为fecl3，e、h、i为氧化物判断h为fe2o3；i为红棕色气体为no2；n为hno3，y为fe（no3）3，（1）b为cl2中所含元素位于周期表第三周期，a族，故答案为：三；a；（2）a为h2在b为cl2中燃烧的现象是：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生，故答案为：产生苍白色火焰；（3）d+eb的反应为mno2+4hcl=mncl2+cl2+2h2o，n（被氧化的物质hcl）：n（被还原的物质mno2）=2：1，故答案为：2：1；（4）g（naalo2）+j（fecl3）m（fe（oh）3）的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：3alo2+fe3+6h2o=3al（oh）3+fe（oh）3，故答案为：3alo2+fe3+6h2o=3al（oh）3+fe（oh）3；（5）依据分析推断可知y为fe（no3）3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是：4fe（no3）32fe2o3+12no2+3o2，故答案为：4fe（no3）32fe2o3+12no2+3o2点评：本题考查无机物之间的转化，为高频考点，主要考查离子方程式的书写、盐类水解的应用等，物质颜色与反应特点是解题关键，对学生的分析思维能力有较高的要求，题目难度中等9（14分）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系由有机阳离子、al2cl7和alcl4组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝（1）钢制品应接电源的负极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为4al2cl7+3e=al+7alcl4，若改用alcl3水溶液作电解液，则阴极产物为h2（2）为测定镀层厚度，用naoh溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为3mol（3）用铝粉和fe2o3做铝热反应实验，需要的试剂还有bda、kcl b、kclo3c、mno2d、mg取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀h2so4，滴加kscn溶液无明显现象，不能（填“能”或“不能”）说明固体混合物中无fe2o3，理由是fe2o3+6h+=2fe3+3h2o fe+2fe3+=3fe2+（用离子方程式说明）考点：电解原理；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题：电化学专题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极，钢铁做阴极，由有机阳离子、al2cl7和alcl4组成的离子液体做电解液来实现；改用alcl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气；（2）依据氯和氢氧化钠反应的化学方程式分析判断，还原产物为氢气；（3）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量h2so4，滴加kscn溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子分析书写离子方程式；解答：解：（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、al2cl7和alcl4组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是al2cl7得到电子生成，电极反应为：4al2cl7+3e=al+7alcl4；改用alcl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2h+2e=h2；故答案为：负；4al2cl7+3e=al+7alcl4；h2 ；（2）依据铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2al+2naoh+6h2o=2naalo2+3h2+4h2o，还原产物为氢气，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为3mol；故答案为：3；（3）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量h2so4，滴加kscn溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子，离子方程式为：fe2o3+6h+=2fe3+3h2o，fe+2fe3+=3fe2+；故答案为：bd；不能；fe2o3+6h+=2fe3+3h2o； fe+2fe3+=3fe2+点评：本题考查了电解原理的分析应用铝热反应原理分析，氧化还原反应电子转移计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等10（16分）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（nahco3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵完成下列填空：（1）写出上述制备小苏打的化学方程式nh4hco3+nacl=nahco3+nh4cl（2）滤除小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：通入氨，冷却、加食盐，过滤不通氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是ad（选填编号）a析出的氯化铵纯度更高 b析出的氯化铵纯度更高c的滤液可直接循环使用 d的滤液可直接循环使用（3）提取的nh4cl中含少量fe2+、so42，将产品溶解，加入h2o2，加热至沸，再加入bacl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵加热至沸的目的是使亚铁离子快速氧化为三价铁离子，并使氯化铁充分水解，形成氢氧化铁沉淀滤渣的主要成分是氢氧化铁、硫酸钡（4）称取1.840g小苏打样品（含少量nacl），配置成250ml溶液，取出25.00ml用0.1000mol/l盐酸滴定，消耗盐酸21.50ml实验中所需的定量仪器除滴定管外，还有电子天平、250ml容量瓶选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点样品中nahco3质量分数为0.982（保留3位小数）（5）将一定质量小苏打样品（含少量nacl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果偏高（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）考点：真题集萃；制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（nahco3），根据质量守恒可知同时生成nh4cl；（2）母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用；（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再加入bacl2溶液，得到硫酸钡沉淀；（4）准确称量固体，应用电子天平，配制溶液需要容量瓶，根据盐酸的物质的量可确定碳酸氢钠的质量，进而可计算质量分数；（5）若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏大解答：解：（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（nahco3），根据质量守恒可知同时生成nh4cl，反应的方程式为nh4hco3+nacl=nahco3+nh4cl，故答案为：nh4hco3+nacl=nahco3+nh4cl；（2）母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而的滤液可直接循环使用，故答案为：ad；（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再加入bacl2溶液，得到硫酸钡沉淀，滤渣的主要成分是氢氧化铁、硫酸钡，故答案为：使亚铁离子快速氧化为三价铁离子，并使氯化铁充分水解，形成氢氧化铁沉淀；氢氧化铁； 硫酸钡；（4）准确称量固体，应用电子天平，碳酸氢钠溶液的ph本来就接近8.2，与酚酞变色的ph接近，变色时的ph和反应终点的ph不好判断；而使用甲基橙容易判断终点，且反应产生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的误差小（使用甲基橙易判断滴定终点，误差小），n（hcl）=0.0215l0.1000mol/l=0.00215mol，则25ml溶液中n（nahco3）=0.00215mol，所以样品中m（nahco3）=0.00215mol1084g/mol=1.806g，（nahco3）=98.2%=0.982，故答案为：电子天平、250ml容量瓶；选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点；0.982；（5）如全被为碳酸氢钠，与盐酸反应后生成氯化钠，质量