2015-2016学年辽宁省沈阳铁路实验中学高一上学期第二次月考语文试题 .doc
2015-2016学年辽宁省沈阳铁路实验中学高一上学期第二次月考考试.zip
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2015-2016学年辽宁省沈阳铁路实验中学高一（上）第二次月考化学试卷一、选择题（1-16每题2分，17-22每题3分）1常温下，下列不发生反应的一组物质是（）硅与naoh溶液 硅与盐酸 硅与氢氟酸二氧化硅与碳酸钠二氧化硅与naoh溶液 二氧化硅与浓硝酸abcd2下列离子方程式中正确的是（）aba（oh）2溶液中加nahso4溶液至中性：ba2+oh+h+so42baso4+h2ob钠与硫酸铜溶液反应：cu2+2na2na+cuc用食醋检验水垢中碳酸钙的存在：caco3+2h+ca2+co2+h2odki溶液与h2so4酸化的h2o2溶液混合：2i+h2o2+2h+2h2o+i23以下有关金属钠说法正确的是（）a金属钠很容易被空气中的氧气氧化，故金属钠的保存通常用水封bna2o、na2o2均为碱性氧化物c将金属钠放入fecl3溶液中会有红褐色沉淀产生d金属钠切开，表面很快变暗，故na2o是灰黑色的4图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是（）xyza酸含氧酸纯净物b电解质盐化合物c胶体分散系纯净物d碱性氧化物氧化物化合物aabbccdd5若某溶液中有fe2+和i共存，要氧化i而又不氧化fe2+，可加入的试剂是（）acl2bkmno4chcldfecl36下列说法正确的是（）a加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不消失，一定有so42bna2o2与co2反应，na2o2是氧化剂、co2是还原剂c向新制的feso4溶液中滴入适量的naoh溶液，放置片刻，整个反应过程的颜色变化是：浅绿色溶液白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀d称取等质量的两份铝粉，分别加入过量的稀盐酸和过量的naoh溶液，则放出氢气的体积（同温同压下）不相等7美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（）a原子半径：r（na）r（al）b铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（al）n（na）cm g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出h2越多，则铝的质量分数越小d铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出8设na为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温常压下，8go2含有2na个电子b10l0.1moll1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d1molna与足量氧气反应生成na2o和na2o2的混合物，失去na个电子9胶体分散系在日常生活中很常见下列说法正确的是（）afe（oh）3易溶于水形成胶体bcuso4溶液可观察到丁达尔现象cfe（oh）3胶体可观察到丁达尔现象d胶体分散系中所有粒子的直径都在11000 nm之间10有100ml 3mollnaoh溶液和100ml 1moll1 alcl3溶液按如下两种方法进行实验：将氢氧化钠溶液分多次加到alcl3溶液中；将alcl3溶液分多次加到naoh溶液中比较两次实验的结果是（）a现象相同，沉淀量相等b现象不同，沉淀量不等c现象相同，沉淀量不等d现象不同，沉淀量相等11clo2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得clo2：2kclo3+h2c2o4+h2so42clo2+k2so4+2co2+2h2o （方程式中h为+1价，o为2价）下列说法正确的是（）akclo3在反应中失电子bclo2是氧化产物ch2c2o4在反应中被氧化d1 molkclo3参加反应有2mol电子转移12将ag镁铝合金投入到x ml 2mol/l的盐酸中，金属完全溶解后，再加入y ml 1mol/l的氢氧化钠溶液，得到的沉淀量最大，质量为（a+1.7）g下列说法不正确的是（）a镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0lnabx=2yc沉淀是mg（oh）2和al（oh）3的混合物d2x=y13在a l al2（so4）3和（nh4）2so4的混合溶液中加入b mol bacl2，恰好使溶液中的so42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol nh3，则原溶液中的al3+浓度（mol/l）为（）abcd14向一定量的饱和naoh溶液中加入少量na2o2固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是（）溶液中的na+总数不变单位体积内的oh数目减少溶质的物质的量浓度不变溶液的质量不变有晶体析出有气泡产生abcd15化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是（）钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等k、na合金可作原子反应堆的导热剂发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔na2o2既可作呼吸面具中o2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 明矾常作为消毒剂abcd16下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的是（）a除去co气体中的二氧化碳b分离沸点相差较大的互溶液体混合物c向容量瓶中转移液体d分离互不相溶的两种液体17一定温度下，mg下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了ng，且nm，符合此要求的物质是（）h2 coco和h2的混合物 hcooch3 ch3choabcd18x、y、z、w四种物质的转化关系下列组合中不符合该关系的是（）abcdxhclna2o2na2co3so2yfecl2naohco2na2so3zcl2na2co3ca2co3h2so4wfecl3nahco3ca（hco3）2nahso3aabbccdd19co2与h2的混合气体5g，在150时和足量的氧气混合，用电火花充分引燃，在相同状况下再将反应后所得混合气体通入到足量的na2o2中，测得na2o2固体增重的质量为3.4g，则原混合气体中co2的物质的量分数为（）a75%b25%c88%d32%20向含1mol na2co3的饱和溶液中缓缓通入co2气体使之充分反应，下列图象表示正确的是（）abcd21向cuso4溶液中逐滴加入ki溶液至过量，观察到产生白色沉淀cui，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入so2气体，溶液逐渐变成无色下列分析正确的是（）a上述实验条件下，物质的氧化性：cu2+i2so2b通入so2时，so2与i2反应，i2作还原剂c通入so2后溶液逐渐变成无色，体现了so2的漂白性d滴加ki溶液时，转移2 mol e时生成1 mol白色沉淀22在t时，将agnh3完全溶于水，得到v ml溶液，假设该溶液的密度为gcm3，质量分数为，其中含nh4+的物质的量为b mol下列叙述中正确的是（）a溶质的质量分数为=100%b溶质的物质的量浓度c=moll1c溶液中c （oh）=moll1d上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数大于0.5二、解答题（共4小题，满分50分）23化学兴趣小组为探究某铁矿石（主要成分为fe203和si02）的性质，进行如下实验：（1）步骤（i）中分离溶液和沉淀的操作名称是；（2）沉淀a中一定含有，该物质属于（填“酸性”或“碱性”）氧化物；（3）往滤液y中加入kscn溶液，溶液呈（填“黄色”或“红色”）；（4）写出步骤（）中生成fe（oh）3的离子方程式24实验室欲配制80ml，1.5mol/l的nahco3溶液，试回答：（1）该实验必须使用的玻璃仪有；（2）配置该溶液时应称取nahco3的质量为；（3）下列操作对上述所配溶液物质的量浓度的影响（填写无影响、偏高或偏低）a配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒；b容量瓶使用之前未烘干，有少量蒸馏水；c定容时俯视容量瓶的刻度线；d将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时，有少量液体溅出；（4）写出下列反应的离子方程式：a向nahco3溶液中滴加盐酸b向ba（oh）2溶液中滴加少量nahco3溶液c向氨水中滴加mgcl2溶液25实验室利用下列装置可以准备fecl3（加热、夹持装置和固定装置已略去）圆底烧瓶中盛装kmno4，分液漏斗中盛装浓盐酸，b中盛装纯铁粉已知信息：fecl3的熔点为306，沸点为315fecl3遇水蒸气会产生白雾请回答下列问题：（1）检查a装置气密性的操作方法是（2）按气流由左向右流动的方向为a相连进行实验（3）c装置的作用是（4）用0.2mol的高锰酸钾固体和足量的浓盐酸完全反应后，得到标准状况下氯气的体积为11.2l，则含锰元素的生成物中锰元素的化合价为（5）写出a装置中发生反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目（6）检验产品中是否含有fecl2的实验方案为26a、b、c、d、x均为中学化学常见的物质它们之间存在如图所示转化关系（图中反应条件略去）填写下列空白：（1）若a为金属铝，b为氧化铁，写出反应a+bc+d的一种用途（2）若a为两性氢氧化物，b为naoh溶液，写出反应a+bc+d的离子方程式（3）若a为金属单质，b、c、d都是化合物，a与b发生的反应常用于制作印刷电路板，该反应的离子方程式（4）若a、b、c为化合物，d、x为单质，a、b、c中肯定含有x元素的是2015-2016学年辽宁省沈阳铁路实验中学高一（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-16每题2分，17-22每题3分）1常温下，下列不发生反应的一组物质是（）硅与naoh溶液 硅与盐酸 硅与氢氟酸二氧化硅与碳酸钠二氧化硅与naoh溶液 二氧化硅与浓硝酸abcd【考点】硅和二氧化硅【专题】碳族元素【分析】硅、二氧化硅在常温下能和强碱溶液、氟气、hf反应，据此分析解答【解答】解：si+2naoh+h2o=na2sio3+2h2，所以能反应，故错误； 硅与盐酸不反应，故正确； si+4hf=sif4+2h2，所以能反应，故错误；na2co3+sio2nasio3+co2，常温下二者不反应，故正确；sio2+2naoh=na2sio3+h2o，常温下二者能反应，故错误； 二氧化硅与浓硝酸不反应，故正确；故选d【点评】本题考查了硅及二氧化硅的性质，硅不活泼，但硅属于亲氧元素，二者都和强酸不反应，但能和hf反应，题目难度不大2下列离子方程式中正确的是（）aba（oh）2溶液中加nahso4溶液至中性：ba2+oh+h+so42baso4+h2ob钠与硫酸铜溶液反应：cu2+2na2na+cuc用食醋检验水垢中碳酸钙的存在：caco3+2h+ca2+co2+h2odki溶液与h2so4酸化的h2o2溶液混合：2i+h2o2+2h+2h2o+i2【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a溶液为中性时，氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量制之比为1：2；b钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质；c醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；d酸性条件下碘离子被双氧水氧化成碘单质【解答】解：aba（oh）2溶液中加nahso4溶液至中性，则氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，正确的离子方程式为：ba2+2oh+2h+so42baso4+2h2o，故a错误；b钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、氢气和硫酸钠，正确的离子方程式为：2na+2h2o+cu2+h2+2na+cu（oh）2，故b错误；c醋酸和碳酸钙都小于保留化学式，正确的离子方程式为：caco3+2ch3cooh=ca2+h2o+co2+2ch3coo，故c错误；dki溶液与h2so4酸化的h2o2溶液混合，发生氧化还原反应生成碘单质，反应的离子方程式为：2i+h2o2+2h+2h2o+i2，故d正确；故选d【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，明确离子方程式书写原则为解答关键，b为易错点，注意钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜，试题培养了学生的灵活应用能力3以下有关金属钠说法正确的是（）a金属钠很容易被空气中的氧气氧化，故金属钠的保存通常用水封bna2o、na2o2均为碱性氧化物c将金属钠放入fecl3溶液中会有红褐色沉淀产生d金属钠切开，表面很快变暗，故na2o是灰黑色的【考点】钠的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a、金属钠极易与水反应，不能用水封；b、氧化物与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，过氧化钠不是；c、金属钠放入fecl3溶液中，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与氯化铁反应，生成红褐色沉淀氢氧化铁；d、金属钠切开表面变暗是钠和氧气反应生成了氧化钠白色固体，失去了金属光泽；【解答】解；a、金属钠很容易被空气中的氧气氧化，与水剧烈反应，密度小于煤油，应用煤油封，故a错误；b、过氧化钠与酸反应生成氯化钠、水和氧气，不是碱性氧化物，故b错误；c、钠与水反应生成碱再与氯化铁反应，生成红褐色沉淀氢氧化铁，故c正确；d、氧化钠是白色固体，故d错误故选c【点评】本题考查了金属钠、氧化钠、过氧化钠的化学性质，同时考查试剂保存4图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是（）xyza酸含氧酸纯净物b电解质盐化合物c胶体分散系纯净物d碱性氧化物氧化物化合物aabbccdd【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】由图可知，概念的范畴为z包含y，y包含x，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答【解答】解：a、酸根据组成元素，分为含氧酸和非含氧酸，含氧酸属于酸，酸又属于纯净物，故a错误；b、电解质和盐都属于化合物，但某些共价化合物是电解质，则电解质包含盐，故b错误；c、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故c错误；d、碱性氧化物属于氧化物，氧化物属于化合物，故d正确；故选d【点评】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键5若某溶液中有fe2+和i共存，要氧化i而又不氧化fe2+，可加入的试剂是（）acl2bkmno4chcldfecl3【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】氧化性由强至弱的顺序为：mno4cl2fe3+i2，还原性由强至弱的顺序为：ife2+clmn2+，要氧化除去i而不影响fe2+和cl，选择氧化剂发生反应不能引入新杂质，且fe2+和cl不能参加反应，以此来解答【解答】解：氧化性由强至弱的顺序为：mno4cl2fe3+i2，还原性由强至弱的顺序为ife2+clmn2+，a氯气能将fe2+、i均氧化，故a不选；bkmno4能将fe2+、i和cl均氧化，故b不选；chcl与三种离子均不反应，故c不选；dfecl3能氧化除去i而不影响fe2+和cl，故d选；故选d【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重氧化还原反应应用的考查，注意氧化剂比较及除杂的原则，题目难度不大6下列说法正确的是（）a加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不消失，一定有so42bna2o2与co2反应，na2o2是氧化剂、co2是还原剂c向新制的feso4溶液中滴入适量的naoh溶液，放置片刻，整个反应过程的颜色变化是：浅绿色溶液白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀d称取等质量的两份铝粉，分别加入过量的稀盐酸和过量的naoh溶液，则放出氢气的体积（同温同压下）不相等【考点】常见阴离子的检验；氧化还原反应；铝的化学性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁【分析】a、agcl也为不溶于酸的白色沉淀；b、2na2o2+2co22na2co3+o2中，过氧化钠中的o元素为1价，在该反应中既升高又降低，以此来解答c、氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中很快被氧化成氢氧化铁红褐色沉淀；d、称取等质量的两份铝粉，分别加入过量的稀盐酸和过量的naoh溶液，则放出氢气的体积（同温同压下）相等【解答】解：a、某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解，该溶液中可能含有so42或ag+，但二者不能同时存在，故a错误；b、过氧化钠中的o元素为1价，在该反应中既升高又降低，na2o2既被氧化，又被还原，故b错误；c、feso4与naoh通过交换成分发生复分解反应，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在水中能与氧气发生反应，生成红褐色的氢氧化铁，反应的方程式为：4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3，故c正确；d、根据金属铝跟足量的稀盐酸和naoh溶液反应原理2al+6hcl=alcl3+3h2，2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2可以得出，1mol铝和稀盐酸反应生成1.5mol氢气，1mol铝和氢氧化钠反应也是生成1.5mol氢气，所以相同质量的两份铝粉，分别跟足量的稀盐酸和naoh溶液反应，生成的氢气量相等，即体积比1：1（同温同压下），故d错误；故选c【点评】本题考查化学实验方案的评价，熟悉常见离子的检验是解答本题的关键，注意检验离子时应排除其它离子的干扰，题目难度不大7美国“海狼”潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（）a原子半径：r（na）r（al）b铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（al）n（na）cm g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出h2越多，则铝的质量分数越小d铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出【考点】钠的化学性质；铝的化学性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a根据同周期元素的递变规律判断；b根据反应2na+2h2o=2naoh+h2，2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2判断；c如al过量，则可生成铜；d根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2al3h2，2nah2判断【解答】解：a钠和铝位于同一周期，原子序数越大，半径越小，故a正确；b铝钠合金若投入一定的水中发生2na+2h2o=2naoh+h2，2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，当n（al）n（na）时，得到无色溶液，故b正确；c根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2al3h2，2nah2，等质量的金属钠和金属铝，则金属al产生的氢气量多，所以放出的h2越多，则铝的质量分数越大，故c错误；d铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，若n（al）n（na），金属铝也可能会置换出金属铜，故d正确；故选c【点评】本题综合考查钠的性质，题目难度中等，本题注意所发生的反应，可根据反应的相关方程式进行判断8设na为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温常压下，8go2含有2na个电子b10l0.1moll1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d1molna与足量氧气反应生成na2o和na2o2的混合物，失去na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、根据n=计算；b、铵根离子水解；c、盐酸为液体，不能使用气体摩尔体积公式；d、根据得失电子数相等【解答】解：a、n=0.25mol，电子数=0.25mol16na=1na，故a错误；b、铵根离子水解，10l0.1moll1的氨水中nh4+小于na个，故b错误；c、盐酸为液体，不能使用气体摩尔体积公式，22.4l盐酸不是1mol，故c错误；d、钠由0价变化到+1价，1molna失去na个电子，故d正确故选：d【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数概念及其应用，注意气体摩尔体积公式只适用于气体，液体和固体不能使用9胶体分散系在日常生活中很常见下列说法正确的是（）afe（oh）3易溶于水形成胶体bcuso4溶液可观察到丁达尔现象cfe（oh）3胶体可观察到丁达尔现象d胶体分散系中所有粒子的直径都在11000 nm之间【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】afe（oh）3不溶于水； b溶液无丁达尔效应；c丁达尔效应是胶体的特性；d分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小【解答】解：afe（oh）3不溶于水，氢氧化铁胶体的制备是在沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色液体得到氢氧化铁胶体，故a错误； bcuso4溶液无丁达尔效应，故b错误；c丁达尔效应是胶体的特性，fe（oh）3胶体可观察到丁达尔现象，故c正确；d胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm（107109m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm，故d错误故选c【点评】本题考查了胶体的本质特征，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握10有100ml 3mollnaoh溶液和100ml 1moll1 alcl3溶液按如下两种方法进行实验：将氢氧化钠溶液分多次加到alcl3溶液中；将alcl3溶液分多次加到naoh溶液中比较两次实验的结果是（）a现象相同，沉淀量相等b现象不同，沉淀量不等c现象相同，沉淀量不等d现象不同，沉淀量相等【考点】镁、铝的重要化合物【分析】将naoh溶液分多次加到alcl3溶液中，发生al3+3ohal（oh）3，将alcl3溶液分多次加到naoh溶液中，分别发生al3+4oh=alo2+2h2o，al3+3alo2+6h2o=4al（oh）3，以此进行判断【解答】解：100ml 3moll1naoh溶液中n（naoh）=0.3mol，100ml 1moll1的alcl3溶液中n（alcl3）=0.1mol，则将naoh溶液分多次加到alcl3溶液中，发生：al3+3ohal（oh）3，现象为观察到白色沉淀；将alcl3溶液分多次加到naoh溶液中，分别发生：al3+4oh=alo2+2h2o，al3+3alo2+6h2o=4al（oh）3，先没有沉淀后出现沉淀，所以二者现象不同，由于alcl3最后全部转化为al（oh）3，沉淀质量相等故选d【点评】本题考查的化合物的性质，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累，特别是铝三角知识，为中学元素化合物中的重要内容11clo2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得clo2：2kclo3+h2c2o4+h2so42clo2+k2so4+2co2+2h2o （方程式中h为+1价，o为2价）下列说法正确的是（）akclo3在反应中失电子bclo2是氧化产物ch2c2o4在反应中被氧化d1 molkclo3参加反应有2mol电子转移【考点】氧化还原反应【分析】根据2kclo3+h2c2o4+h2so42clo2+k2so4+2co2+2h2o（o均为2价）中，cl元素的化合价由+5价降低为+4价，c元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答【解答】解：acl元素的化合价由+5价降低为+4价，则kclo3在反应中得电子，故a错误；b该反应中kclo3是氧化剂，在反应中被还原，clo2是还原产物，故b错误；c该反应中c元素的化合价由+3价升高到+4价，所以h2c2o4是还原剂，在反应中被氧化，故c正确；dcl元素的化合价由+5价降低为+4价，1个氯原子转移1个电子，所以1mol kclo3参加反应，转移1mol电子，故d错误；故选：c【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于基础知识的考查，明确元素化合价变化是解本题关键，难度不大12将ag镁铝合金投入到x ml 2mol/l的盐酸中，金属完全溶解后，再加入y ml 1mol/l的氢氧化钠溶液，得到的沉淀量最大，质量为（a+1.7）g下列说法不正确的是（）a镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0lnabx=2yc沉淀是mg（oh）2和al（oh）3的混合物d2x=y【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a、沉淀是mg （oh）2和al（oh）3的混合物，所以混合物含有的oh的质量为1.7g，镁铝合金提供的电子等于混合物中oh所带的电量b、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒可知n（hcl）=n（nacl）=n（naoh），据此计算c、得到的沉淀量最大，氢氧化铝没有与氢氧化钠反应，沉淀是mg （oh）2和al（oh）3的混合物d、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒可知n（hcl）=n（nacl）=n（naoh），据此计算【解答】解：a、沉淀是mg （oh）2和al（oh）3的混合物，所以混合物含有的oh的质量为1.7g，物质的量为=0.1mol，镁铝合金提供的电子等于混合物中oh所带的电量，镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0.1molnamol1=0lna，故a正确；b、加入氢氧化钠后的溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒可知n（hcl）=n（nacl）=n（naoh），所以x ml2mol/l=y ml1mol/l，即y=2x，故b错误；c、氢氧化镁、氢氧化铝不溶于水，得到的沉淀量最大，氢氧化铝没有与氢氧化钠反应，沉淀是mg （oh）2和al（oh）3的混合物，故c正确；d、由b中分析可知，y=2x，故d正确故选：b【点评】考查镁铝及其化合物的性质、混合物的计算等，难度中等，确定沉淀中含有oh的质量是解题关键，在利用守恒进行计算13在a l al2（so4）3和（nh4）2so4的混合溶液中加入b mol bacl2，恰好使溶液中的so42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol nh3，则原溶液中的al3+浓度（mol/l）为（）abcd【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算【专题】守恒法【分析】根据so42+ba2+baso4计算溶液中的so42离子的物质的量，根据nh4+ohnh3+h2o计算nh4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的al3+浓度【解答】解：由混合溶液中加入bmolbacl2，恰好使溶液中的so42离子完全沉淀，则so42+ba2+baso4 bmol bmolc（so42）=mol/l，由加入足量强碱并加热可得到cmol nh3，则nh4+ohnh3+h2o cmol cmolc（nh4+）=mol/l，又溶液不显电性，设原溶液中的al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+mol/l1=mol/l2，解得x=mol/l，故选c【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可14向一定量的饱和naoh溶液中加入少量na2o2固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是（）溶液中的na+总数不变单位体积内的oh数目减少溶质的物质的量浓度不变溶液的质量不变有晶体析出有气泡产生abcd【考点】溶解度、饱和溶液的概念；钠的重要化合物【专题】物质的量浓度和溶解度专题；元素及其化合物【分析】根据过氧化钠溶于水发生如下反应：2na2o2+2h2o4naoh+o2可知，向氢氧化钠饱和溶液中投入一小块na2o2固体，会因发生反应而消耗饱和溶液中的水；饱和溶液因水分减少而析出固体，变化后的溶液仍为饱和溶液，由于“恢复至原来温度”，饱和溶液的温度不变，即氢氧化钠的溶解度也不变，则溶质质量分数也不变【解答】解：原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，溶液中溶质会减少，则溶液中的na+总数也会减少，故错误；随着一小块na2o2固体的投入，氢氧化钠饱和溶液中水被反应所消耗，饱和溶液析出固体溶质；由于溶液温度不变，变化后所得溶液仍为氢氧化钠的饱和溶液；根据同种溶质的同一温度下的饱和溶液的溶质质量分数相等，判断氢氧化钠饱和溶液的质量分数不变；则单位体积内的oh数目也不变，故错误；原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，反应后恢复到原来温度，溶液仍饱和，且会析出剩余固体，但同一温度下的物质的量浓度是定值；故正确；原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，溶液中溶质不会增加，反而会减少，由于溶液中的溶质和溶剂都减少了，溶液的质量也减少；故错误；随着一小块na2o2固体的投入，氢氧化钠饱和溶液中水被反应所消耗，饱和溶液析出固体溶质，故正确；随着一小块na2o2固体的投入，过氧化钠溶于水发生如下反应：2na2o2+2h2o4naoh+o2，故有气泡产生，故正确，故选c【点评】本题考查溶解度、饱和溶液的概念，难度中等根据饱和溶液溶剂水的减少而析出固体溶质的特点，分析饱和溶液的变化是解决本题的基本思路15化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是（）钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等k、na合金可作原子反应堆的导热剂发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔na2o2既可作呼吸面具中o2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 明矾常作为消毒剂abcd【考点】钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】钠的还原性很强，可以从熔融盐中置换某些不活泼的金属k、na合金熔点低，可作导热剂碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳na2o2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 明矾常不能作消毒剂，可作净水剂【解答】解：金属钠的化学性质强于金属钛，可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等，故正确k、na合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂，故正确碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，故正确na2o2和二氧化碳反应生成氧气，且又有强氧化性，有漂白性，所以na2o2既可作呼吸面具中o2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等，故正确碳酸钠碱性较强，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂，故错误 明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故错误故选：a【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，难度不大，明确碳酸氢钠和氢氧化铝是治疗胃酸过多的物质16下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的是（）a除去co气体中的二氧化碳b分离沸点相差较大的互溶液体混合物c向容量瓶中转移液体d分离互不相溶的两种液体【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【专题】实验评价题【分析】a、根据二氧化碳能和氢氧化钠溶液反应而一氧化碳不和氢氧化钠溶液进行解；b、根据分离沸点相差较大的互溶液体混合物用蒸馏的方法进行解答；c、根据向容量瓶中转移液体需要用玻璃棒进行解；d、根据分离互不相溶的两种液体用分液的方法进行解答【解答】解：a、二氧化碳能和氢氧化钠溶液反应而一氧化碳不和氢氧化钠溶液，所以可用氢氧化钠溶液除去co气体中的二氧化碳，且气体从长导气管进，短管出，故a正确；b、分离沸点相差较大的互溶液体混合物用蒸馏的方法，温度计应该在蒸馏烧瓶的支管出而不应该在液体中，故b错误；c、向容量瓶中转移液体需要用玻璃棒，故c正确；d、分离互不相溶的两种液体用分液的方法，用到分液漏斗，且分液漏斗下端紧贴烧杯内壁，故d正确故选：b【点评】本题主要考查了常见的实验操作，难度不大，注意知识的积累17一定温度下，mg下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反应，过氧化钠增加了ng，且nm，符合此要求的物质是（）h2 coco和h2的混合物 hcooch3 ch3choabcd【考点】钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】这些物质完全燃烧后生成co2或h2o或二者都有，2h2+o22h2o、2na2o2+2h2o=4naoh+o2、2co+o22co2、2na2o2+2co2=2na2co3+o2，根据反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为h2、co的质量，因此只要是co或h2或它们的混合气体或化学组成不符合（co）m（h2）n就满足题意【解答】解：这些物质完全燃烧后生成co2或h2o或二者都有，2h2+o22h2o、2na2o2+2h2o=4naoh+o2、2co+o22co2、2na2o2+2co2=2na2co3+o2，根据反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为h2、co的质量，因此只要是co或h2或它们的混合气体或化学组成不符合（co）m（h2）n就满足题意，符合（co）m（h2）n、hcooch3化学式改写为（co）2（h2）2符合（co）m（h2）n、ch3cho化学式改写为（co）2（h2）2c不（co）m（h2）n，故选a【点评】本题考查根据方程式的计算，侧重考查学生分析、知识迁移能力，明确过氧化钠中增加的质量成分是解本题关键，会将化学式进行变换即可解答，题目难度中等18x、y、z、w四种物质的转化关系下列组合中不符合该关系的是（）abcdxhclna2o2na2co3so2yfecl2naohco2na2so3zcl2na2co3ca2co3h2so4wfecl3nahco3ca（hco3）2nahso3aabbccdd【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】ahcl具有酸性，可与活泼金属反应，可被氧化生成cl2；bna2co3与naoh不反应；cna2co3可与酸、氢氧化钙反应生成caco3等发生复分解反应；dso2可与碱反应，具有还原性，可被氧化【解答】解：ahcl可与fe反应生成fecl2，可被氧化生成cl2，cl2可与fecl2反应生成fecl3，故a正确bna2o2可与水反应生成naoh，可与二氧化碳反应生成na2co3，na2co3与naoh不反应，故b错误；cna2co3可与酸反应生成co2，可与氢氧化钙反应生成caco3，caco3与co2反应生成ca（hco3）2，故c正确dso2可与naoh反应生成na2so3，与过氧化氢反应生成h2so4，h2so4和na2so3反应生成nahso3，故d正确故选b【点评】本题综合考查元素化合物知识，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，注意相关基础知识的积累，难度不大19co2与h2的混合气体5g，在150时和足量的氧气混合，用电火花充分引燃，在相同状况下再将反应后所得混合气体通入到足量的na2o2中，测得na2o2固体增重的质量为3.4g，则原混合气体中co2的物质的量分数为（）a75%b25%c88%d32%【考点】有关混合物反应的计算；钠的重要化合物【专题】压轴题；分析比较法【分析】2co2+2na2o2=2na2co3+o2，固体增加的质量相当于co的质量，2h2+o2=2h2o，2h2o+2na2o2=4naoh+o2，二者相加可得h2+na2o2=2naoh，固体增加的质量为相当于h2的质量，以此计算【解答】解：2co2+2na2o2=2na2co3+o2，固体增加的质量相当于co的质量，2h2+o2=2h2o，2h2o+2na2o2=4naoh+o2，二者相加可得h2+na2o2=2naoh，固体增加的质量为相当于h2的质量，设混合气体中含有xmolco2，ymolh2，则解得x=0.1，y=0.3，则原混合气体中co2的物质的量分数为=25%，故选b【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意根据所发生反应的化学方程式计算20向含1mol na2co3的饱和溶液中缓缓通入co2气体使之充分反应，下列图象表示正确的是（）abcd【考点】化学方程式的有关计算【专题】元素及其化合物；利用化学方程式的计算【分析】碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳，发生反应na2co3+h2o+co2=2nahco3，碳酸氢钠溶解度比碳酸钠的溶解度小，而且反应过程中又消耗了水，导致溶液中的溶剂质量减少，就会导致生成的碳酸氢钠过饱和而生成沉淀，据此解答【解答】解：a碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳，发生反应na2co3+h2o+co2=2nahco3，溶液质量增加，当通入二氧化碳反应生成的碳酸氢钠达到其溶解度时，再通入二氧化碳反应生成的碳酸氢钠不能溶解，溶液质量减小，最后变为饱和碳酸氢钠溶液后保持不变，故a正确；b碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳，发生反应na2co3+h2o+co2=2nahco3，碳酸氢根离子浓度增大，当生成的碳酸氢钠达到溶解度时，碳酸氢根离子浓度不再增大，通入二氧化碳的量小于1mol，故b错误；c饱和溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，继续通入，随着二氧化碳通入量增大，碳酸氢钠达到饱和，有沉淀析出，所以开始钠离子浓度不变，后来变小，最后碳酸钠完全转化为碳酸氢钠溶液，钠离子浓度又保持不变，故c错误；d刚开始为饱和碳酸钠溶液，没有沉淀析出，通入二氧化碳少量时发生反应na2co3+h2o+co2=2nahco3，但是碳酸氢钠还为达到饱和，所以不会有沉淀析出，一段时间后生成的碳酸氢钠增大，达到饱和开始产生沉淀，故d错误，故选：a【点评】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确二者化学性质及饱和溶液性质是解题关键，题目难度中等21向cuso4溶液中逐滴加入ki溶液至过量，观察到产生白色沉淀cui，溶液变为棕色再向反应后的混合物中不断通入so2气体，溶液逐渐变成无色下列分析正确的是（）a上述实验条件下，物质的氧化性：cu2+i2so2b通入so2时，so2与i2反应，i2作还原剂c通入so2后溶液逐渐变成无色，体现了so2的漂白性d滴加ki溶液时，转移2 mol e时生成1 mol白色沉淀【考点】氧化还原反应；二氧化硫的化学性质【分析】溶液呈棕色，说明有i2生成碘元素化合价由1价升高到0价，硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性，所以化合价能够降低的只有cu2+，观察到产生白色沉淀，由于cu为红色，所以cu2+不能还原为cu，应还原为cu+向反应后的混合物中不断通入so2气体，并加热，溶液逐渐变成无色，说明i2反应，发现白色沉淀显著增多，故i2与so2反应生成i，so2被氧为化h2so4，白色沉淀是cui【解答】解：cuso4溶液中逐滴加入ki溶液化学方程式为2cuso4+4ki2k2so4+2cui+i2，向反应后的混合物中不断通入so2气体，反应方程式：so2+2h2o+i2=h2so4+2hia、2cuso4+4ki2k2so4+2cui+i2反应中cu2+化合价降低是氧化剂，i2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：cu2+i2，so2+2h2o+i2=h2so4+2hi中碘元素化合价由0价降低为1价，i2是氧化剂，so2被氧化，所以物质氧化性i2so2，所以氧化性cu2+i2so2，故a正确；b、反应后的混合物中不断通入so2气体，反应方程式：so2+2h2o+i2=h2so4+2hi，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为1价，被还原，所以i2是氧化剂，故b错误；c、向反应后的混合物中不断通入so2气体，反应方程式：so2+2h2o+i2=h2so4+2hi，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故c错误；d、cuso4溶液中逐滴加入ki溶液化学方程式为2cuso4+4ki2k2so4+2cui+i2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molcui，故d错误故选：a【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用22在t时，将agnh3完全溶于水，得到v ml溶液，假设该溶液的密度为gcm3，质量分数为，其中含nh4+的物质的量为b mol下列叙述中正确的是（）a溶质的质量分数为=100%b溶质的物质的量浓度c=moll1c溶液中c （oh）=moll1d上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数大于0.5【考点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】计算题【分析】a、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为vml，所以溶液质量为vg，溶质氨气的质量为ag，根据溶质的质量分数定义计算；b、根据n=计算a g nh3的物质的量，溶液体积为vml，再根据c=计算溶液的物质的量浓度；c、溶液oh中来源与一水合氨、水的电离，nh4+的浓度为=mol/l，一水合氨电离nh3h2onh4+oh，一水合氨电离出的oh浓度为mol/l；d、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，据此判断【解答】解：a、氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为 gcm3，体积为vml，所以溶液质量为vg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为100%，故a错误；b、a g nh3的物质的量为=mol，溶液体积为vml，所以溶液的物质的量浓度为=mol/l，故b正确c、溶液oh来源于一水合氨、水的电离，nh4+的浓度为=mol/l，一水合氨电离nh3h2onh4+oh，一水合氨电离出的oh浓度为mol/l，所以溶液中oh浓度大于mol/l，故c错误；d、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故d错误；故选b【点评】考查物质的量浓度、质量分数的计算与相互关系等，难度中等，理解概念是解题的关键二、解答题（共4小题，满分50分）23化学兴趣小组为探究某铁矿石（主要成分为fe203和si02）的性质，进行如下实验：（1）步骤（i）中分离溶液和沉淀的操作名称是过滤；（2）沉淀a中一定含有sio2，该物质属于酸性（填“酸性”或“碱性”）氧化物；（3）往滤液y中加入kscn溶液，溶液呈红色（填“黄色”或“红色”）；（4）写出步骤（）中生成fe（oh）3的离子方程式fe3+3ohfe（oh）3【考点】铁的氧化物和氢氧化物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】（1）分离不溶物与溶液的操作方法为过滤；（2）氧化铁与盐酸反应，二氧化硅不溶于盐酸，过滤后得到的沉淀a为二氧化硅；二氧化硅能够与强碱反应生成盐和水，所以二氧化硅为碱性氧化物；（3）滤液中含有铁离子，铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁；（4）铁离子与氢氧根离子反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，据此写出反应的离子方程式【解答】解：（1）铁矿石的主要成分为fe203和si02，加入足量盐酸后，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，二氧化硅为难溶物且不与盐酸反应，可以通过过滤的方法分离，故答案为：过滤；（2）二氧化硅不与盐酸反应，所以过滤后得到的沉淀a为sio2；二氧化硅能够与强碱溶液反应生成盐和水，所以二氧化硅属于酸性氧化物，故答案为：sio2；酸性；（3）滤液中含有铁离子，铁离子能够与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，故答案为：红色；（4）步骤为铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：fe3+3ohfe（oh）3，故答案为：fe3+3ohfe（oh）3【点评】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，主要涉及了铁的氧化物、氢氧化物的性质、铁离子的检验方法、酸性氧化物的概念等知识，试题有利于培养学生的分析、理解能力24实验室欲配制80ml，1.5mol/l的nahco3溶液，试回答：（1）该实验必须使用的玻璃仪有烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；（2）配置该溶液时应称取nahco3的质量为12.6g；（3）下列操作对上述所配溶液物质的量浓度的影响（填写无影响、偏高或偏低）a配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒；偏低b容量瓶使用之前未烘干，有少量蒸馏水；无影响c定容时俯视容量瓶的刻度线；偏高d将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时，有少量液体溅出；偏低（4）写出下列反应的离子方程式：a向nahco3溶液中滴加盐酸hco3+h+=co2+h2ob向ba（oh）2溶液中滴加少量nahco3溶液hco3+ba2+oh=h2o+baco3c向氨水中滴加mgcl2溶液2nh3h2o+mg2+=mg（oh）2+2nh4+【考点】溶液的配制【分析】（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）根据质量m=cvm来计算；（3）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积v的变化来进行误差分析；（4）a、碳酸氢钠和稀盐酸反应生成nacl、二氧化碳和水；b、向ba（oh）2溶液中滴加少量nahco3溶液，设量少的nahco3为1mol，根据其需要来确定消耗的氢氧化钡中离子的量；c、nh3h2o是弱电解质，不能拆【解答】解：（1）由于实验室无80ml容量瓶，故应选用100ml容量瓶根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知需要的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管，其中玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；（2）由于实验室无80ml容量瓶，故应选用100ml容量瓶，配制出100ml的溶液，故所需nahco3的质量m=cvm=1.5mol/l0.1l84g/mol=12.6g，故答案为：12.6g；（3）a配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故答案为：偏低b若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故答案为：无影响；c定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高；d将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故答案为：偏低（4）a、碳酸氢钠和稀盐酸反应生成nacl、二氧化碳和水，离子方程式为hco3+h+=co2+h2o，故答案为：hco3+h+=co2+h2o；b、设量少的nahco3为1mol，则1molhco3会消耗1moloh和1molba2+，即hco3+ba2+oh=h2o+baco3，故答案为：hco3+ba2+oh=h2o+baco3c、nh3h2o是弱电解质，不能拆，故向氨水中滴加mgcl2溶液的离子方程式为：2nh3h2o+mg2+=mg（oh）2+2nh4+，故答案为：2nh3h2o+mg2+=mg（oh）2+2nh4+【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算、误差分析，以及离子方程式的书写，属于基础型题目，难度不大25实验室利用下列装置可以准备fecl3（加热、夹持装置和固定装置已略去）圆底烧瓶中盛装kmno4，分液漏斗中盛装浓盐酸，b中盛装纯铁粉已知信息：fecl3的熔点为306，沸点为315fecl3遇水蒸气会产生白雾请回答下列问题：（1）检查a装置气密性的操作方法是a连接导气管，将导气管放入水中，关闭分液漏斗活塞，微热圆底烧瓶或用热毛巾捂住容器，观察水中的导气管口是否有气泡冒出，如有气泡冒出，停止微热或拿走热毛巾，导气管内有一段水柱，说明气密性良好（2）按气流由左向右流动的方向为afdbec相连进行实验（3）c装置的作用是防止空气中的水蒸气进入装置e与氯化铁反应，吸收剩余cl2防止污染空气（4）用0.2mol的高锰酸钾固体和足量的浓盐酸完全反应后，得到标准状况下氯气的体积为11.2l，则含锰元素的生成物中锰元素的化合价为+2（5）写出a装置中发生反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目（6）检验产品中是否含有fecl2的实验方案为取少量fecl3固体溶于水，滴加酸性kmno4溶液，如果kmno4溶液褪色，说明含有fecl3，如果kmno4溶液不褪色，说明不含fecl3【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）在导管上连接橡胶导管和弯导管，旋紧胶塞，关闭分液漏斗活塞，将导管一端浸入水中，用双手捂住锥形瓶，若导管口冒出气泡，则气密性好或在导管上连接橡胶导管，夹上止水夹，旋紧胶塞，向分液漏斗中加水，打开活塞，水滴了一会儿不再流下，则气密性好；（2）利用装置制备氯化铁，fecl3遇水蒸气会产生白雾，制得氯化铁不能接触到水蒸气，圆底烧瓶中盛装kmno4，分液漏斗中盛装浓盐酸制备氯气，氯气中含有水蒸气和氯化氢，需要通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，得到干燥的氯气和铁加热反应生成氯化铁，fecl3的熔点为
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