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吉林省公主岭市范家屯镇第一中学2020届高三上学期月考化学试题
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化学试卷
H 1；C 12；N 14；O 16；Na 23；Mg 24；Al 27；Si 28；P 31；S 32；Cl 35.5
一、选择题
1.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A.
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋
B.
将铜粉加1.0mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C.
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D.
将0.1mol·L－1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1 CuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不变红，A错误；
B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，B错误；
C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，C错误；
D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋=Cu(OH)2＋Mg2＋，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2，D正确；
故合理选项为D。
2.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀硫酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 盐酸首先中和氢氧化钠，不会立即产生气泡，故A错误；
B. 常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；
C. 氢氧化钠溶液开始是过量的，生成偏铝酸钠，不可能产生大量白色沉淀氢氧化铝，故C错误；
D. 草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液逐渐褪色，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查实验方案设计与评价，实验已成为化学中考命题的重点和难点,实验设计与评价是化学实验中难度最大、综合性最强、能力要求相对较高的一类科学探究试题。该题是选择题的形式，相对简单，实际是考查了四个具体的化学反应原理及其现象，明白原理和目的加上扎实的基础，解答本题应该游刃有余。
3. 下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：
A. 氮元素均被氧化
B. 工业合成氨属于人工固氮
C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D. 碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
【答案】A
【解析】
A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确．故选A．
【点评】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大．
4.在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是
A. I中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2＝2NO2
B. II中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C. 对比I、II中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D. 针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Ⅰ中由于稀硝酸有强的氧化性，与铁发生氧化还原反应，硝酸得到电子被还原变为NO，气体为无色，当遇到空气时，发生反应：2NO+O2=2NO2，气体变为红棕色的NO2，A正确；B、在Ⅱ中浓硝酸有强的氧化性，在室温下遇铁、铝会使金属表面氧化产生一层氧化物薄膜，对内层金属起保护作用，从而防止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能进一步反应，这恰好说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，因此B正确；C、根据以上分析可知，C错误；D、Ⅲ中将金属铜放入浓硝酸中，Fe、Cu及浓硝酸构成原电池，由于铁在浓硝酸中发生发生钝化，因此铁为原电池的正极，铜为负极，失去电子被氧化变为Cu2+，在正极上溶液中的NO3-得到电子被还原为NO2气体，因此会看到有红棕色的气体产生。针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可根据电流计的指针偏转方向判断Fe是否被氧化，D正确，答案选C。
考点：考查浓硝酸、稀硝酸与金属的反应的规律、现象及应用的知识。
5.室温时，在容积为amL的试管中充满NO2气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入bmLO2，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为cmL，且该气体不能支持燃烧。则a、b、c的关系是 ( )
A. a＝4b＋3c B. a＝4b＋c C. a：b＝4:1 D. a：b＝4:3
【答案】A
【解析】
试题分析：根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，a mL NO2会生成a/3mL NO,通入O2后，最后气体不支持燃烧，故cmL为NO，即与b mL O2反应的NO为（a/3-c）mL，根据方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3即（a/3-c）：b=4：3，整理可得a=4b+3c.
考点：氮的氧化物的性质
点评：本题涉及了氮氧化物的有关计算，题目难度中等，本题注意反应的有关化学方程式，需要根据方程式计算，前提是要记忆氮氧化物的反应方程式。
6. 下列说法正确的是
A. I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B. P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C. Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D. SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. 非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强，A错误；
B. 非金属性P>Si，则H3PO4比H2SiO3的酸性强，B正确；
C. Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应，C错误；
D. SO2酸性环境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸钡，则SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D错误；
答案选B。
【点睛】本题主要考查原子半径的大小比较，由非金属性强弱来比较气态氢化物的稳定性以及最高价含氧酸的酸性的强弱，铝、镁、硫的化合物的化学性质。
7. 下列有关说法正确的是
A. 在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B. Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象
C H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
D. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；
B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；
C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；
D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。
8.同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生。为探究该反应原理，该同学做了以下试验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是：（ ）
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同事测得溶液的pH为8.0
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生
弱碱性溶液中OH-氧化了Mg
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；
B. 收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；
C. PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；
D. 若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，故D错误；
题目要求选不正确的，故选D。
9.纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是( )
A. X可能是金属铜 B. Y不可能是氢气
C. Z可能是氯化钠 D. Z可能是三氧化硫
【答案】A
【解析】
【详解】A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+Y→Z，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2↑，故A正确；
B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2↑+Cl2↑，故B错误；
C．Z若为氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；
D．Z若为三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；
故选A。
10.某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是
A. AlCl3 B. Na2O
C. FeCl2 D. SiO2
【答案】A
【解析】
【详解】A、AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2气体和Al(OH)3沉淀，选项A正确；
B、Na2O加入Ba(HCO3)2溶液中只产生碳酸钡沉淀而没有气体产生，选项B错误；
C、Fe与Cl2反应生成FeCl3，选项C错误；
D、SiO2与Ba(HCO3)2不反应，选项D错误。
答案选A。
11.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是（ ）
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；
B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；
C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；
D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。
答案选D。
12. 下列物质见光不会分解的是
A. HClO B. NH4Cl C. HNO3 D. AgNO3
【答案】B
【解析】
A．HClO不稳定，光照发生分解反应产生HCl和O2，反应方程式是：2HClO2HCl+O2↑，错误。B．NH4Cl在加热时发生分解反应，而在光照时不会分解，正确。C．HNO3不稳定，在加热或光照时发生分解反应，方程式是：4HNO3(浓)4NO2↑+ O2↑＋2H2O，错误。D．AgNO3不稳定，光照发生分解反应，方程式是：2AgNO32Ag+2NO2↑+ O2↑，错误。
【考点定位】考查物质的稳定性与反应条件的关系的知识。
13.不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（ ）
A. 单质氧化性的强弱 B. 单质沸点的高低
C. 单质与氢气化合的难易 D. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A. 单质氧化性的越强，非金属性越强，A正确；
B. 单质沸点的高低，是由其微粒间的作用力决定的，与元素的非金属性无关，B错误；
C. 单质与氢气化合越容易，元素的非金属性越强，C正确；
D. 最高价氧化物对应的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。
答案为B。
14.二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（ ）
A. 还原性 B. 氧化性 C. 漂白性 D. 酸性
【答案】A
【解析】
试题分析：溴水具有氧化性，二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有还原性，答案选A。
考点：考查二氧化硫的性质
15.将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（ ）
A. 231.5mL B. 313.6 mL C. 287.5mL D. 368.8
【答案】B
【解析】
【详解】混合气体的总物质的量为n= =0.02mol，而剩余的氧气的物质的量为n= =0.002mol，故反应掉的O2和NH3的物质的量之和为0.02mol-0.002mol=0.018mol，设氧气的物质的量为xmol，氨气的物质的量为ymol，则有x+y=0.018mol ①；由于NH3反应后最终变为+5价、O2反应后变为-2价，根据反应得失电子数守恒可得：4x=8y ②；解①②可知：x=0.012mol，y=0.006mol故氧气的总量为0.012mol+0.002mol=0.014mol，在标况下的体积V=nVm=0.014mol×22.4L/mol=313.6mL，故选B。
16.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol／L和2mol／L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为（设反应中HNO3被还原成NO）（ ）
A. 0.448L B. 0.672L C. 0.896L D. 0.224L
【答案】B
【解析】
n(H+)=4mol／L0.01L2+2mol／LL=0.10mol n(NO3-)=2mol／LL=0.02 mol
根据反应方程式，酸过量。
设生成气体为nmol
3Cu+ 8H+ + 2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O n(H+)=0.10mol
2 2
0.02mol n
n=0.02mol
标准状况下气体的体积为0.02 mol = 0.448L故A正确。B C D均错误。
17.在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是（ ）
A. 元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B. Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2＋)＞r(Mg)
C. 在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
D. 该反应中化学能全部转化为热能
【答案】C
【解析】
【详解】A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，A错误；
B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），B错误；
C、该反应为：2Mg+CO22MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，C正确；
D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，D错误；
答案选C。
18.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入6mol•L﹣1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）
A. 60 mL B. 45 mL C. 30 mL D. 50 mL
【答案】A
【解析】
【详解】在整个反应过程中，Cu失去电子被HNO3中N得到，使N元素化合价由+5价降低为+4、+2价；当通入1.68LO2(标况)后，化合价降低的N元素又被氧气氧化成+5价N；因此，在反应中，铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，即，n（Cu）×2mole- = ×4mole-，得n（Cu）=0.15mol，所以溶液中n（Cu）=0.15mol；使铜离子恰好完全沉淀需NaOH的物质的量为0.3mol；则需V（NaOHaq）==0.06L=60mL，故选A。
19.根据下列热化学方程式：
①C(s)+O2=CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1
③CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH3＝－870.3kJ·mol－1
可计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热
A. ΔH＝244.1 kJ·mol－1 B. ΔH＝－488.3 kJ·mol－1
C. ΔH＝－996.6 kJ·mol－1 D. ΔH＝996.6 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知，①×2+②×2-③得到2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l），以此计算反应热。
【详解】①C(s)+O2=CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1
③CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH3＝－870.3kJ·mol－1
由盖斯定律可知，①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热△H=（-393.5kJ·mol－1）×2+（-285.8kJ·mol－1）×2-（-870.3kJ·mol－1）=-488.3kJ·mol－1，故选：B。
【点睛】把握反应中能量变化、已知反应与目标反应的关系为解答的关键，注意盖斯定律的应用，①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)。
20.断裂1mol化学键所需要的能量如下:
化学键
N-N
O=O
N≡N
N-H
键能kJ·mol－1
a
500
942
391
肼（N2H4）的有关反应能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该图表示:1molN2H4与1molO2反应生成1molN2和2molH2O反应热△H=－2752kJ·mol－1
B. a=154
C. N2(g)+2H2O(g)=N2H4(g)+O2(g) △H=+2752kJ·mol－1
D. 当有2molH2O(g)生成时，放出534kJ·mol－1的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应热△H为生成物的总能量和反应物的总能量的差值，据图可知，1molN2H4（g）与1molO2（g）反应生成1molN2（g）和2molH2O(g)的反应热△H=－534kJ·mol－1，故A错误；
B. 据图可知N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g) △H3=2752kJ/mol−534kJ/mol=2218kJ/mol，化学键断裂吸收能量，化学键生成释放能量，断裂1molN−N键所需的能量为a，则化学键断裂吸收的能量为：4×391+a+500=2218，解得a=154，故B正确；
C. 据图可知，N2(g)+2H2O(g)=N2H4(g)+O2(g) △H=+534kJ·mol－1，故C错误；
D. 据图可知，当有2molH2O(g)生成时，放出534kJ的热量，故D错误，答案选B。
【点睛】本题考查化学键的断裂和生成与反应的吸放热之间的关系，理解反应热只与生成物的总能量和反应物的总能量的差值有关是解题的关键，题目难度中等，D项为易错点，注意热量的单位为kJ而不是kJ·mol－1。
二、填空题
21.硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式_____________。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有_________（写出两条）。
（2）利用 磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是______（写化学式）。
（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是_______。然后再调节溶液的pH约为5，目的是________。
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 （填名称）。
（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为_______。
（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程___________。
【答案】（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3；减小铁硼矿粉粒径、提高反应温度。
（2）Fe3O4； SiO2和CaSO4；
（3）将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物而除去。
（4）（七水）硫酸镁
（5）
（6）2H3BO3B2O3+3HO B2O3+3Mg3MgO+2B
【解析】
以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)，由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。
(1)Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或把矿物粉碎或浸出时搅拌，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；升高温度或把矿物粉碎或浸出时搅拌；
(2)利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；
(4)最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是硫酸镁，故答案为：硫酸镁；
(5)NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：；
(6)以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，总反应为2H3BO3+3Mg 3MgO+2B+3H2O，故答案为：2H3BO3+3Mg 3MgO+2B+3H2O。
22.硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O）俗名“大苏打”，又称为“海波”。它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如下图：
实验具体操作步骤为：
①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸。
②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体。
……
（1）写出仪器A的名称_______。
（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH <7，请用离子方程式解释原因_________。
（3）写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3，反应的总化学反应方程式________。
（4）从上述生成物混合液中获得较高产率Na2S2O3·5H2O的步骤为
为减少产品的损失，操作①为趁热过滤，“趁热”的原因是______；操作②是______；操作①是抽滤、洗涤、干燥。
（5）测定产品纯度
取6.00g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.500mol/LI2的标准溶液进行滴定，反应原理为2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。相关数据记录如下表所示。
编号
1
2
3
溶液的体积/mL
10.00
10.00
10.00
消耗I2标准溶液的体积/mL
19.98
22.50
20.02
滴定时，达到滴定终点的现象是___________。产品的纯度为____________。
（6）Na2S2O3常用作脱氧剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，该反应的离子方程式为_________。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O (3). 4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3 (4). 为了防止晶体在漏斗中大量析出导致产率降低 (5). 蒸发浓缩，冷却结晶 (6). 溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色 (7). 82.67% (8). S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+
【解析】
（1）仪器A的名称蒸馏烧瓶。（2）根据题给信息，硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O）在酸性溶液中不能稳定存在，发生反应的离子方程式为S2O32-+ 2H+ == S↓+ SO2↑+H2O，所以实验中不能让溶液pH <7。（3）根据题给信息，三颈瓶中加入了Na2S、Na2CO3溶液，通入了SO2来制备Na2S2O3，Na2S 中硫元素由-2价失电子生成Na2S2O3，SO2中S元素由+4价得电子生成Na2S2O3，根据化合价升降相等、原子守恒配平，总反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3 =CO2+3Na2S2O3。（4）升高温度溶解度增大，因此为减少产品的损失，操作①为趁热过滤的原因是为了防止晶体在漏斗中大量析出导致产率降低；操作②是得到晶体，因此实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶；（5）碘遇淀粉显蓝色，则达到滴定终点的现象是溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色。根据表中数据可知第二次实验误差太大，舍去，消耗标准液体积平均值是20.00mL，消耗碘的物质的量＝0.0500mol/L×0.02L=0.001mol，所以硫代硫酸钠的物质的量是0.002mol，质量＝0.002mol×248g/mol＝0.486g，则产品的纯度为。（6）根据题目信息可知，Na2S2O3被氯水氧化反应生成Na2SO4、H2SO4，氯气被还原为HCl，反应的离子方程式为S2O32－+ 4Cl2 + 5H2O＝2SO42－+ 8Cl－+ 10H+ 。
23.从能量的变化和反应的快慢等角度研究化学反应具有重要意义。
(1)已知一定条件下，反应N2+3H22NH3为放热反应;：
①下图能正确表示该反应中能量变化是________；
②根据下表数据，计算生成1molNH3时该反应放出的热量为______kJ；
化学键
H-H
N≡N
N-H
断开1mol键所吸收的能量
436kJ
946kJ
391kJ
③一定温度下，将3molH2和1molN2通入容积为2L的密闭容器中发生反应，5min达到平衡，测得c(NH3)=0.4mol/L，则O至5min时(N2)=______，反应开始与平衡时气体的物质的量之比为__________；
(2)原电池可将化学能转化为电能。由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验：
①装置甲甲SO42－向________ 极移动（填“A”或“B”）；
②四种金属活动性由强到弱的顺序是____；
③若装置丙中的电极为质量相等的铁棒和铜棒，电池工作一段时间后．取出洗净、干燥、称量．两电极质量差为6g。则导线中通过电子的物质的量为______mol。
【答案】 (1). A (2). 46 (3). 0.04moI/(L·min) (4). 5:4 (5). A (6). D>A>B>C (7). 0.1
【解析】
(1)①反应放热，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，因此能正确表示该反应中能量变化的是A；②反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则生成1molNH3时该反应放出的热量为（2×3×391－946－3×436）kJ/2＝46kJ；③5min达到平衡，测得c(NH3)=0.4mol/L，则消耗氮气是0.2mol/L，因此O至5min时用氮气表示的反应速率是0.2mol/L÷5min＝0.04moI/(L·min)。平衡时剩余氮气是1mol－0.2mol/L×2L＝0.6mol，氢气是3mol－0.6mol/L×2L＝1.8mol，所以反应开始与平衡时气体的物质的量之比为；(2)甲中B电极上产生气体，B是正极，A是负极，乙中D电极不断溶解，D是负极，A是正极，丙中C的质量增加，C是正极，B是负极，则金属性强弱顺序是D>A>B>C。①原电池阴离子向负极移动，则装置甲中硫酸根离子向A极移动；②根据以上分析可知四种金属活动性由强到弱的顺序是D>A>B>C；③设消耗铁是xmol，则同时析出铜是xmol，因此有56x+64y＝6，解得x＝0.05，则导线中通过电子的物质的量为0.05mol×2＝0.1mol。
24.FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性
Ⅰ.实验室制备FeBr2
实验室用下图所示装置制取溴化亚铁．其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。
实验开始时先将铁粉加热至600℃～700℃，然后将干燥、纯净的CO2气流通入D中，E管中反应开始，不断将d中液溴滴入100℃～120℃的D中，经过几小时的连续反应，在铁管的一端沉积有黄绿色鳞片状溴化亚铁。
请回答：
(1)若在A中盛固体CaCO3，a中盛6mol/L盐酸，B处是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中C处的装置和其中的试剂应是：________,为防止污染空气，实验时应在F处连接盛________的尾气吸收装置。
(2)反应过程中要不断通入CO2，其主要作用有两个：①是利用CO2把反应器中空气赶尽；②是________.
Ⅱ.探究FeBr2的还原性
(1)实验需要90 mL 0.1 mol·L－1FeBr2溶液，配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外还需的玻璃仪器是________。
(2)取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：
假设1：Br－ 被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中；
假设2：Fe2+ 被Cl2氧化成Fe3+。
设计实验证明假设2是正确_______________________________
(3)实验证明：还原性Fe2+ > Br－请用一个离子方程式来证明：_____________；
(4)若在40mL上述FeBr2溶液中通入3×10－3molCl2，则反应的离子方程式为：____________。
【答案】 (1). 浓H2SO4的洗气瓶 (2). NaOH溶液 (3). 将Br2蒸气带入反应管中 (4). 100 mL容量瓶 (5). 向黄色溶液中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确 (6). Fe2+＋Br2=2Fe3+＋2Br－ (7). 4Fe2++2Br－+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl－
【解析】
【分析】
I. (1)装置B用于除去CO2中的HCl气体；装置D作用是干燥CO2气体，根据Br2的性质选择合适的尾气处理试剂；
(2)通入CO2，可以将容器中的空气赶净；将Br2蒸气带入反应器D中；
II.(1)根据选择仪器的标准和配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的步骤选择合适的仪器；
(2)Fe2+被Cl2氧化成Fe3+ ，可向该溶液中加入KSCN溶液来检验是否含有Fe3+；
(3)根据还原剂的还原性大于还原产物，只要在含有Fe2+的溶液中滴加溴水即可；
(4) 40mL0.1mol/LFeBr2溶液中溶质的物质的量是0.004mol ，通入3×10-3molC12，二者的物质的量比为4：3反应，结合还原性Fe2+>Br-，由氧化还原反应的先后规律和电子守恒可知：亚铁离子全部被氧化，溴离子只有四分子之一被氧化。
【详解】I. ( 1 )装置B用于除去CO2中的HCl杂质气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气；装置D作用是干燥CO2，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥；Br2会导致大气污染，可根据Br2与NaOH溶液作用产生可溶性的物质的性质，用NaOH溶液作尾气吸收试剂。
(2)反应过程中要不断地通入CO2，其主要作用是：①反应前将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；②反应过程中要不断通入CO2，还可以将Br2蒸气带入反应器D中，使溴能够与铁粉充分反应；
II.(1)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、 胶头滴管，实验室没有90mL容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，要使用100mL的容量瓶；
(2)取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，可证明溶液中含有Fe3+离子，从而证明假设2正确；
(3)利用还原剂的还原性大于还原产物，则可在含有Fe2+的溶液中滴加溴水，会发生离子反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，即可证明还原性Fe2+>Br-；
(4)40mL0.1mol/LFeBr2溶液中溶质的物质的量是0.004mol ，通入3×10-3molC12，二者的物质的量比为4：3反应，结合还原性Fe2+>Br-，由氧化还原反应的先后规律和电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子只有四分子之一被氧化 ,发生反应的离子方程式为4Fe2+ +2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。
【点睛】本题考查了制取溴化亚铁方案设计、离子的检验方法、物质反应先后顺序及离子方程式书写的知识，II中(4)注意反应物用量对反应的影响，是解答本题的易错点。
化学试卷
H 1；C 12；N 14；O 16；Na 23；Mg 24；Al 27；Si 28；P 31；S 32；Cl 35.5
一、选择题
1.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A.
将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成，溶液呈血红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋
B.
将铜粉加1.0mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝、有黑色固体出现
金属铁比铜活泼
C.
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D.
将0.1mol·L－1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1 CuSO4溶液
先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe(NO3)2，加入KSCN溶液，溶液不变红，A错误；
B、Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，B错误；
C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，C错误；
D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg(OH)2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg(OH)2＋Cu2＋=Cu(OH)2＋Mg2＋，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu(OH)2的溶度积小于Mg(OH)2，D正确；
故合理选项为D。
2.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀硫酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 盐酸首先中和氢氧化钠，不会立即产生气泡，故A错误；
B. 常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；
C. 氢氧化钠溶液开始是过量的，生成偏铝酸钠，不可能产生大量白色沉淀氢氧化铝，故C错误；
D. 草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液逐渐褪色，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查实验方案设计与评价，实验已成为化学中考命题的重点和难点,实验设计与评价是化学实验中难度最大、综合性最强、能力要求相对较高的一类科学探究试题。该题是选择题的形式，相对简单，实际是考查了四个具体的化学反应原理及其现象，明白原理和目的加上扎实的基础，解答本题应该游刃有余。
3. 下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：
A. 氮元素均被氧化
B. 工业合成氨属于人工固氮
C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D. 碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
【答案】A
【解析】
A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确．故选A．
【点评】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大．
4.在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是
A. I中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2＝2NO2
B. II中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C. 对比I、II中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D. 针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Ⅰ中由于稀硝酸有强的氧化性，与铁发生氧化还原反应，硝酸得到电子被还原变为NO，气体为无色，当遇到空气时，发生反应：2NO+O2=2NO2，气体变为红棕色的NO2，A正确；B、在Ⅱ中浓硝酸有强的氧化性，在室温下遇铁、铝会使金属表面氧化产生一层氧化物薄膜，对内层金属起保护作用，从而防止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能进一步反应，这恰好说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，因此B正确；C、根据以上分析可知，C错误；D、Ⅲ中将金属铜放入浓硝酸中，Fe、Cu及浓硝酸构成原电池，由于铁在浓硝酸中发生发生钝化，因此铁为原电池的正极，铜为负极，失去电子被氧化变为Cu2+，在正极上溶液中的NO3-得到电子被还原为NO2气体，因此会看到有红棕色的气体产生。针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可根据电流计的指针偏转方向判断Fe是否被氧化，D正确，答案选C。
考点：考查浓硝酸、稀硝酸与金属的反应的规律、现象及应用的知识。
5.室温时，在容积为amL的试管中充满NO2气体，然后倒置在水中到管内水面不再上升时为止；再通入bmLO2，则管内液面又继续上升，测得试管内最后剩余气体为cmL，且该气体不能支持燃烧。则a、b、c的关系是 ( )
A. a＝4b＋3c B. a＝4b＋c C. a：b＝4:1 D. a：b＝4:3
【答案】A
【解析】
试题分析：根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，a mL NO2会生成a/3mL NO,通入O2后，最后气体不支持燃烧，故cmL为NO，即与b mL O2反应的NO为（a/3-c）mL，根据方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3即（a/3-c）：b=4：3，整理可得a=4b+3c.
考点：氮的氧化物的性质
点评：本题涉及了氮氧化物的有关计算，题目难度中等，本题注意反应的有关化学方程式，需要根据方程式计算，前提是要记忆氮氧化物的反应方程式。
6. 下列说法正确的是
A. I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B. P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C. Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D. SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. 非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强，A错误；
B. 非金属性P>Si，则H3PO4比H2SiO3的酸性强，B正确；
C. Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应，C错误；
D. SO2酸性环境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸钡，则SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D错误；
答案选B。
【点睛】本题主要考查原子半径的大小比较，由非金属性强弱来比较气态氢化物的稳定性以及最高价含氧酸的酸性的强弱，铝、镁、硫的化合物的化学性质。
7. 下列有关说法正确的是
A. 在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B. Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象
C H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
D. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；
B、Fe(OH)3胶体是红褐色，故B错误；
C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；
D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；答案选C。
8.同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生。为探究该反应原理，该同学做了以下试验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是：（ ）
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同事测得溶液的pH为8.0
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生
弱碱性溶液中OH-氧化了Mg
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；
B. 收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；
C. PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；
D. 若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，故D错误；
题目要求选不正确的，故选D。
9.纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是( )
A. X可能是金属铜 B. Y不可能是氢气
C. Z可能是氯化钠 D. Z可能是三氧化硫
【答案】A
【解析】
【详解】A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+Y→Z，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2↑，故A正确；
B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2↑+Cl2↑，故B错误；
C．Z若为氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；
D．Z若为三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；
故选A。
10.某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是
A. AlCl3 B. Na2O
C. FeCl2 D. SiO2
【答案】A
【解析】
【详解】A、AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2气体和Al(OH)3沉淀，选项A正确；
B、Na2O加入Ba(HCO3)2溶液中只产生碳酸钡沉淀而没有气体产生，选项B错误；
C、Fe与Cl2反应生成FeCl3，选项C错误；
D、SiO2与Ba(HCO3)2不反应，选项D错误。
答案选A。
11.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是（ ）
A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2
C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；
B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；
C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；
D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。
答案选D。
12. 下列物质见光不会分解的是
A. HClO B. NH4Cl C. HNO3 D. AgNO3
【答案】B
【解析】
A．HClO不稳定，光照发生分解反应产生HCl和O2，反应方程式是：2HClO2HCl+O2↑，错误。B．NH4Cl在加热时发生分解反应，而在光照时不会分解，正确。C．HNO3不稳定，在加热或光照时发生分解反应，方程式是：4HNO3(浓)4NO2↑+ O2↑＋2H2O，错误。D．AgNO3不稳定，光照发生分解反应，方程式是：2AgNO32Ag+2NO2↑+ O2↑，错误。
【考点定位】考查物质的稳定性与反应条件的关系的知识。
13.不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（ ）
A. 单质氧化性的强弱 B. 单质沸点的高低
C. 单质与氢气化合的难易 D. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A. 单质氧化性的越强，非金属性越强，A正确；
B. 单质沸点的高低，是由其微粒间的作用力决定的，与元素的非金属性无关，B错误；
C. 单质与氢气化合越容易，元素的非金属性越强，C正确；
D. 最高价氧化物对应的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。
答案为B。
14.二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（ ）
A. 还原性 B. 氧化性 C. 漂白性 D. 酸性
【答案】A
【解析】
试题分析：溴水具有氧化性，二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有还原性，答案选A。
考点：考查二氧化硫的性质
15.将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（ ）
A. 231.5mL B. 313.6 mL C. 287.5mL D. 368.8
【答案】B
【解析】
【详解】混合气体的总物质的量为n= =0.02mol，而剩余的氧气的物质的量为n= =0.002mol，故反应掉的O2和NH3的物质的量之和为0.02mol-0.002mol=0.018mol，设氧气的物质的量为xmol，氨气的物质的量为ymol，则有x+y=0.018mol ①；由于NH3反应后最终变为+5价、O2反应后变为-2价，根据反应得失电子数守恒可得：4x=8y ②；解①②可知：x=0.012mol，y=0.006mol故氧气的总量为0.012mol+0.002mol=0.014mol，在标况下的体积V=nVm=0.014mol×22.4L/mol=313.6mL，故选B。
16.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol／L和2mol／L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为（设反应中HNO3被还原成NO）（ ）
A. 0.448L B. 0.672L C. 0.896L D. 0.224L
【答案】B
【解析】
n(H+)=4mol／L0.01L2+2mol／LL=0.10mol n(NO3-)=2mol／LL=0.02 mol
根据反应方程式，酸过量。
设生成气体为nmol
3Cu+ 8H+ + 2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O n(H+)=0.10mol
2 2
0.02mol n
n=0.02mol
标准状况下气体的体积为0.02 mol = 0.448L故A正确。B C D均错误。
17.在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是（ ）
A. 元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B. Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2＋)＞r(Mg)
C. 在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
D. 该反应中化学能全部转化为热能
【答案】C
【解析】
【详解】A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，A错误；
B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），B错误；
C、该反应为：2Mg+CO22MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，C正确；
D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，D错误；
答案选C。
18.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入6mol•L﹣1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）
A. 60 mL B. 45 mL C. 30 mL D. 50 mL
【答案】A
【解析】
【详解】在整个反应过程中，Cu失去电子被HNO3中N得到，使N元素化合价由+5价降低为+4、+2价；当通入1.68LO2(标况)后，化合价降低的N元素又被氧气氧化成+5价N；因此，在反应中，铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，即，n（Cu）×2mole- = ×4mole-，得n（Cu）=0.15mol，所以溶液中n（Cu）=0.15mol；使铜离子恰好完全沉淀需NaOH的物质的量为0.3mol；则需V（NaOHaq）==0.06L=60mL，故选A。
19.根据下列热化学方程式：
①C(s)+O2=CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1
③CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH3＝－870.3kJ·mol－1
可计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热
A. ΔH＝244.1 kJ·mol－1 B. ΔH＝－488.3 kJ·mol－1
C. ΔH＝－996.6 kJ·mol－1 D. ΔH＝996.6 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知，①×2+②×2-③得到2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l），以此计算反应热。
【详解】①C(s)+O2=CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1
③CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH3＝－870.3kJ·mol－1
由盖斯定律可知，①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热△H=（-393.5kJ·mol－1）×2+（-285.8kJ·mol－1）×2-（-870.3kJ·mol－1）=-488.3kJ·mol－1，故选：B。
【点睛】把握反应中能量变化、已知反应与目标反应的关系为解答的关键，注意盖斯定律的应用，①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)。
20.断裂1mol化学键所需要的能量如下:
化学键
N-N
O=O
N≡N
N-H
键能kJ·mol－1
a
500
942
391
肼（N2H4）的有关反应能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该图表示:1molN2H4与1molO2反应生成1molN2和2molH2O反应热△H=－2752kJ·mol－1
B. a=154
C. N2(g)+2H2O(g)=N2H4(g)+O2(g) △H=+2752kJ·mol－1
D. 当有2molH2O(g)生成时，放出534kJ·mol－1的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应热△H为生成物的总能量和反应物的总能量的差值，据图可知，1molN2H4（g）与1molO2（g）反应生成1molN2（g）和2molH2O(g)的反应热△H=－534kJ·mol－1，故A错误；
B. 据图可知N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g) △H3=2752kJ/mol−534kJ/mol=2218kJ/mol，化学键断裂吸收能量，化学键生成释放能量，断裂1molN−N键所需的能量为a，则化学键断裂吸收的能量为：4×391+a+500=2218，解得a=154，故B正确；
C. 据图可知，N2(g)+2H2O(g)=N2H4(g)+O2(g) △H=+534kJ·mol－1，故C错误；
D. 据图可知，当有2molH2O(g)生成时，放出534kJ的热量，故D错误，答案选B。
【点睛】本题考查化学键的断裂和生成与反应的吸放热之间的关系，理解反应热只与生成物的总能量和反应物的总能量的差值有关是解题的关键，题目难度中等，D项为易错点，注意热量的单位为kJ而不是kJ·mol－1。
二、填空题
21.硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式_____________。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有_________（写出两条）。
（2）利用 磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是______（写化学式）。
（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是_______。然后再调节溶液的pH约为5，目的是________。
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 （填名称）。
（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为_______。
（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程___________。
【答案】（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3；减小铁硼矿粉粒径、提高反应温度。
（2）Fe3O4； SiO2和CaSO4；
（3）将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物而除去。
（4）（七水）硫酸镁
（5）
（6）2H3BO3B2O3+3HO B2O3+3Mg3MgO+2B
【解析】
以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)，由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。
(1)Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或把矿物粉碎或浸出时搅拌，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；升高温度或把矿物粉碎或浸出时搅拌；
(2)利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；
(4)最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是硫酸镁，故答案为：硫酸镁；
(5)NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：；
(6)以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，总反应为2H3BO3+3Mg 3MgO+2B+3H2O，故答案为：2H3BO3+3Mg 3MgO+2B+3H2O。
22.硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O）俗名“大苏打”，又称为“海波”。它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如下图：
实验具体操作步骤为：
①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸。
②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体。
……
（1）写出仪器A的名称_______。
（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH <7，请用离子方程式解释原因_________。
（3）写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3，反应的总化学反应方程式________。
（4）从上述生成物混合液中获得较高产率Na2S2O3·5H2O的步骤为
为减少产品的损失，操作①为趁热过滤，“趁热”的原因是______；操作②是______；操作①是抽滤、洗涤、干燥。
（5）测定产品纯度
取6.00g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.500mol/LI2的标准溶液进行滴定，反应原理为2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。相关数据记录如下表所示。
编号
1
2
3
溶液的体积/mL
10.00
10.00
10.00
消耗I2标准溶液的体积/mL
19.98
22.50
20.02
滴定时，达到滴定终点的现象是___________。产品的纯度为____________。
（6）Na2S2O3常用作脱氧剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，该反应的离子方程式为_________。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O (3). 4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3 (4). 为了防止晶体在漏斗中大量析出导致产率降低 (5). 蒸发浓缩，冷却结晶 (6). 溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色 (7). 82.67% (8). S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+
【解析】
（1）仪器A的名称蒸馏烧瓶。（2）根据题给信息，硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O）在酸性溶液中不能稳定存在，发生反应的离子方程式为S2O32-+ 2H+ == S↓+ SO2↑+H2O，所以实验中不能让溶液pH <7。（3）根据题给信息，三颈瓶中加入了Na2S、Na2CO3溶液，通入了SO2来制备Na2S2O3，Na2S 中硫元素由-2价失电子生成Na2S2O3，SO2中S元素由+4价得电子生成Na2S2O3，根据化合价升降相等、原子守恒配平，总反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3 =CO2+3Na2S2O3。（4）升高温度溶解度增大，因此为减少产品的损失，操作①为趁热过滤的原因是为了防止晶体在漏斗中大量析出导致产率降低；操作②是得到晶体，因此实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶；（5）碘遇淀粉显蓝色，则达到滴定终点的现象是溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色。根据表中数据可知第二次实验误差太大，舍去，消耗标准液体积平均值是20.00mL，消耗碘的物质的量＝0.0500mol/L×0.02L=0.001mol，所以硫代硫酸钠的物质的量是0.002mol，质量＝0.002mol×248g/mol＝0.486g，则产品的纯度为。（6）根据题目信息可知，Na2S2O3被氯水氧化反应生成Na2SO4、H2SO4，氯气被还原为HCl，反应的离子方程式为S2O32－+ 4Cl2 + 5H2O＝2SO42－+ 8Cl－+ 10H+ 。
23.从能量的变化和反应的快慢等角度研究化学反应具有重要意义。
(1)已知一定条件下，反应N2+3H22NH3为放热反应;：
①下图能正确表示该反应中能量变化是________；
②根据下表数据，计算生成1molNH3时该反应放出的热量为______kJ；
化学键
H-H
N≡N
N-H
断开1mol键所吸收的能量
436kJ
946kJ
391kJ
③一定温度下，将3molH2和1molN2通入容积为2L的密闭容器中发生反应，5min达到平衡，测得c(NH3)=0.4mol/L，则O至5min时(N2)=______，反应开始与平衡时气体的物质的量之比为__________；
(2)原电池可将化学能转化为电能。由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验：
①装置甲甲SO42－向________ 极移动（填“A”或“B”）；
②四种金属活动性由强到弱的顺序是____；
③若装置丙中的电极为质量相等的铁棒和铜棒，电池工作一段时间后．取出洗净、干燥、称量．两电极质量差为6g。则导线中通过电子的物质的量为______mol。
【答案】 (1). A (2). 46 (3). 0.04moI/(L·min) (4). 5:4 (5). A (6). D>A>B>C (7). 0.1
【解析】
(1)①反应放热，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，因此能正确表示该反应中能量变化的是A；②反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则生成1molNH3时该反应放出的热量为（2×3×391－946－3×436）kJ/2＝46kJ；③5min达到平衡，测得c(NH3)=0.4mol/L，则消耗氮气是0.2mol/L，因此O至5min时用氮气表示的反应速率是0.2mol/L÷5min＝0.04moI/(L·min)。平衡时剩余氮气是1mol－0.2mol/L×2L＝0.6mol，氢气是3mol－0.6mol/L×2L＝1.8mol，所以反应开始与平衡时气体的物质的量之比为；(2)甲中B电极上产生气体，B是正极，A是负极，乙中D电极不断溶解，D是负极，A是正极，丙中C的质量增加，C是正极，B是负极，则金属性强弱顺序是D>A>B>C。①原电池阴离子向负极移动，则装置甲中硫酸根离子向A极移动；②根据以上分析可知四种金属活动性由强到弱的顺序是D>A>B>C；③设消耗铁是xmol，则同时析出铜是xmol，因此有56x+64y＝6，解得x＝0.05，则导线中通过电子的物质的量为0.05mol×2＝0.1mol。
24.FeBr2是一种黄绿色固体，某学习小组制备并探究它的还原性
Ⅰ.实验室制备FeBr2
实验室用下图所示装置制取溴化亚铁．其中A为CO2发生装置，D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的不锈钢管，e是两个耐高温的瓷皿，其中盛有细铁粉。
实验开始时先将铁粉加热至600℃～700℃，然后将干燥、纯净的CO2气流通入D中，E管中反应开始，不断将d中液溴滴入100℃～120℃的D中，经过几小时的连续反应，在铁管的一端沉积有黄绿色鳞片状溴化亚铁。
请回答：
(1)若在A中盛固体CaCO3，a中盛6mol/L盐酸，B处是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶为使导入D中的CO2为干燥纯净的气体，则图中C处的装置和其中的试剂应是：________,为防止污染空气，实验时应在F处连接盛________的尾气吸收装置。
(2)反应过程中要不断通入CO2，其主要作用有两个：①是利用CO2把反应器中空气赶尽；②是________.
Ⅱ.探究FeBr2的还原性
(1)实验需要90 mL 0.1 mol·L－1FeBr2溶液，配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外还需的玻璃仪器是________。
(2)取10mL上述FeBr2溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：
假设1：Br－ 被Cl2氧化成Br2溶解在溶液中；
假设2：Fe2+ 被Cl2氧化成Fe3+。
设计实验证明假设2是正确_______________________________
(3)实验证明：还原性Fe2+ > Br－请用一个离子方程式来证明：_____________；
(4)若在40mL上述FeBr2溶液中通入3×10－3molCl2，则反应的离子方程式为：____________。
【答案】 (1). 浓H2SO4的洗气瓶 (2). NaOH溶液 (3). 将Br2蒸气带入反应管中 (4). 100 mL容量瓶 (5). 向黄色溶液中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，则证明假设2正确 (6). Fe2+＋Br2=2Fe3+＋2Br－ (7). 4Fe2++2Br－+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl－
【解析】
【分析】
I. (1)装置B用于除去CO2中的HCl气体；装置D作用是干燥CO2气体，根据Br2的性质选择合适的尾气处理试剂；
(2)通入CO2，可以将容器中的空气赶净；将Br2蒸气带入反应器D中；
II.(1)根据选择仪器的标准和配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的步骤选择合适的仪器；
(2)Fe2+被Cl2氧化成Fe3+ ，可向该溶液中加入KSCN溶液来检验是否含有Fe3+；
(3)根据还原剂的还原性大于还原产物，只要在含有Fe2+的溶液中滴加溴水即可；
(4) 40mL0.1mol/LFeBr2溶液中溶质的物质的量是0.004mol ，通入3×10-3molC12，二者的物质的量比为4：3反应，结合还原性Fe2+>Br-，由氧化还原反应的先后规律和电子守恒可知：亚铁离子全部被氧化，溴离子只有四分子之一被氧化。
【详解】I. ( 1 )装置B用于除去CO2中的HCl杂质气体，可以用盛有NaHCO3饱和溶液的洗气瓶洗气；装置D作用是干燥CO2，可以用盛有浓H2SO4的洗气瓶干燥；Br2会导致大气污染，可根据Br2与NaOH溶液作用产生可溶性的物质的性质，用NaOH溶液作尾气吸收试剂。
(2)反应过程中要不断地通入CO2，其主要作用是：①反应前将容器中的空气赶净，避免空气中的氧气干扰实验；②反应过程中要不断通入CO2，还可以将Br2蒸气带入反应器D中，使溴能够与铁粉充分反应；
II.(1)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、 胶头滴管，实验室没有90mL容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，要使用100mL的容量瓶；
(2)取适量黄色溶液，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变血红色，可证明溶液中含有Fe3+离子，从而证明假设2正确；
(3)利用还原剂的还原性大于还原产物，则可在含有Fe2+的溶液中滴加溴水，会发生离子反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，即可证明还原性Fe2+>Br-；
(4)40mL0.1mol/LFeBr2溶液中溶质的物质的量是0.004mol ，通入3×10-3molC12，二者的物质的量比为4：3反应，结合还原性Fe2+>Br-，由氧化还原反应的先后规律和电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子只有四分子之一被氧化 ,发生反应的离子方程式为4Fe2+ +2Br-+3Cl2=4Fe3++Br2+6Cl-。
【点睛】本题考查了制取溴化亚铁方案设计、离子的检验方法、物质反应先后顺序及离子方程式书写的知识，II中(4)注意反应物用量对反应的影响，是解答本题的易错点。
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