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【化学】河南省新乡市辉县市第一高级中学2018-2019学年高一上学期第二次阶段性考试试题（解析版）
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河南省新乡市辉县市第一高级中学2018-2019学年高一上学期第二次阶段性考试试题
本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）
可能用到的原子量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Al－27 S－32 Cl－35.5 K－39 Ba－137 Cu—64 Fe—56
第一部分 选择题（共51分）
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共51分。）
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 用于人民币票面文字等处的油墨中含有的Fe3O4是一种磁性物质，俗称铁红
B. 明矾常用于水的净化和消毒杀菌
C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸漂白纸浆的原理相同
D. 黑陶素有“乌金墨玉”之誉，属于硅酸盐制品
【答案】D
【详解】A. 四氧化三铁是磁性物质，颜色为黑色，而氧化铁没有磁性，颜色为红色，俗称铁红，故A错误；
B. 明矾中的铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，能够净水，但是没有氧化性，不能消毒杀菌，故B错误；
C. 用活性炭为糖浆脱色是利用了活性炭的吸附作用，属于物理变化；用次氯酸漂白纸浆利用了次氯酸的强氧化性，属于化学变化，二者褪色原理不相同，故C错误；
D. 黑陶素有“乌金墨玉”之誉,陶瓷属于硅酸盐制品,故D正确；
综上所述，本题选D。
2.为了除去括号内的杂质,所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A. Cl2 (HCl)：将混合气体通入饱和食盐水
B. Cu粉(CuO)：加入稀盐酸，过滤、洗涤、干燥
C. CO2(CO)：通入热的氧气
D. KNO3(NaCl)：加热水溶解，冷却结晶，过滤
【答案】C
【解析】
【分析】A. Cl2 在饱和食盐水中溶解度很小而HCl易溶于饱和食盐水中；
B. Cu粉不溶于稀硫酸，而CuO 能溶于稀硫酸；
C. 除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质；
D.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同；
【详解】A. Cl2 在饱和食盐水中溶解度很小而HCl易溶于饱和食盐水中，可以将混合气体通入饱和食盐水中除去HCl，故A 选项正确。
B. Cu粉不溶于稀硫酸，而CuO 能溶于稀硫酸，除去Cu 中的CuO 可加稀硫酸、过滤、洗涤、干燥即可。故B选项正确。
C.除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故选项所采取的方法错误， 故C选项错误；
D.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小,所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤,故D项正确；
综上所述，本题选C。
3.下列说法正确的是( )
A. SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸
B. SiO2制造玻璃的主要原料之一，它在常温下不能与NaOH溶液反应
C. 因高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以H2SiO3酸性比H2CO3强
D. Si是用于制备太阳能电池芯片材料的重要原料
【答案】D
【解析】A．SiO2是酸性氧化物，它不溶于水，一般也不溶于酸，但是可以溶于氢氟酸，A错误；B．SiO2是制造玻璃的主要原料之一，它在常温下能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，B错误；C．要证明H2CO3酸性比H2SiO3强，应该采用常温下强酸制取弱酸的方法，即将二氧化碳通入硅酸钠溶液中观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就说明H2CO3酸性比H2SiO3强，C错误；D．硅是用于制备太阳能电池芯片材料的重要原料，D正确。答案选D。
4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，28 g CO和N2的混合气体一定含有2NA个原子
B. 1 L 0.1 mol/L NaHSO4溶液中含有0.1 NA个HSO4-
C. 将0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1 NA
D. 0.2mol/L KCl溶液中含有0.2 NA个Cl-
【答案】A
【详解】A. CO和N2的相对分子质量均为28，均为双原子分子，所以28 g CO和N2的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子总数一定为2NA，故A正确；
B.硫酸氢钠在溶液中完全电离,硫酸氢钠溶液中不存在硫酸氢根离子,故B错误；
C. 因为氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，将0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目小于0.1 NA，故C错误；
D. 没有给定溶液的体积，无法计算出0.2mol/LKCl溶液中含有Cl-的数目，故D错误；
综上所述，本题选A。
5.下列各溶液中能大量共存的离子组是（ ）
A. 碳酸氢钠溶液中：K＋ NO3－ Cl－ OH－
B. 使酚酞试液呈红色的溶液中：Mg2＋ Cu2＋ SO42－ K＋
C. 澄清透明的溶液中：Cu2＋ Mg2＋ SO42－ Cl－
D. 使石蕊试液变红的溶液中：Na＋ Cl－ K＋ ClO－
【答案】C
【详解】A．H+与碳酸氢钠反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．使酚酞试液呈红色的溶液中存在大量的氢氧根离子，Mg2+、Cu2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．使石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，ClO－与氢离子结合生成弱酸次氯酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C。
6.对于下列反应的说法中正确的是( )
A. 2CuFeS2＋O2===Cu2S＋2FeS＋SO2，CuFeS2是氧化剂，O2是还原剂
B. 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
C. 反应KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，生成3molCl2，转移电子6mol
D. Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，说明还原性Cr3＋> Fe2＋
【答案】B
【解析】A.2CuFeS2中Cu元素化合价为+2价，Fe为+2价，S为-2价，反应中Cu元素化合价由+2价降低到+1价，S元素化合价由-2价升高到+4价，则CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.3NO2+H2O═2HNO3+NO，氧化产物为2HNO3，还原产物为NO，由方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故B正确；C．反应KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，生成3molCl2，转移电子5mol，故C错误；D．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性Cr3+＜Fe2+，故D错误；故选B。
7.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比（ ）
A. 1：3 B. 4：3 C. 2：1 D. 3：1
【答案】B
【解析】试题分析：Cl2 生成ClO- 与ClO3 - 是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价， ClO- 与ClO3 -的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO-为11mol，ClO3 -为1mol，被氧化的Cl原子的物质的量共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1-0)+1mol×(5-0)=16mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2 生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl原子的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4:3，选项B正确。
8.现向1L含有0.1 mol Fe2(SO4)3和0.2 mol CuCl2的某混合溶液中加入0.2 mol Fe，充分反应后（忽略溶液体积的变化），下列说法正确的是（ ）
A. 析出0.2 mol的Cu B. 剩余0.1 mol的Fe
C. 溶液中c(Fe2+)=0．4 mol/L D. 溶液中c(Fe3+) : c(Cu2+)=1 : 1
【答案】C
【解析】
【分析】因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此加入铁，发生反应的先后顺序是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu 。Fe3+的物质的量为0.2mol ，根据上述反应，消耗Fe的物质的量为0.1mol，Cu2+的物质的量为0.2mol，根据反应方程式，应消耗Fe的物质的量为0.2mol>0.1mol ，即Cu2+过量，铁不足，据以上分析解答。
【详解】因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此加入铁，发生反应的先后顺序是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+ Cu2+=Fe2++Cu；Fe3+的物质的量为0.2mol，根据上述反应，消耗Fe的物质的量为0.1mol，Cu2+的物质的量为0.2mol，根据反应方程式，应消耗Fe的物质的量为0.2mol>0.1mol ，即Cu2+过量，铁不足，
A项，根据分析知，Cu2+过量，铁不足，所以析出Cu的物质的量为0.1mol，故A项错误；
B项，根据分析知，铁完全反应，没有剩余，故B项错误；
C项，根据分析知，Fe3+全部转化成Fe2+，铁粉全部转化成Fe2+，根据铁元素守恒，c(Fe2+)=(0.2mol+0.2mol)/1L=0.4mol/L，故C项正确；
D项，溶液中c(Fe2+)=0.4mol/L，c(Cu2+)=0.1mol/L，所以溶液中c(Fe2+) : c(Cu2+)=4: 1，故D项错误。
综上所述，本题选C。
9.关于钠的描述正确的是（ ）
①钠在自然界既有游离态又有化合态存在 ②金属钠着火可以用泡沫灭火器救火
③钠的密度比煤油大 ④Na﹣K合金做原子反应堆的导热剂
⑤钠比铜活泼，因而钠可以从CuCl2溶液中置换出铜 ⑥钠在空气中燃烧，主要产物是Na2O2
A. ①③④⑤⑥ B. ③④⑥ C. ③④ D. 全部
【答案】B
【解析】试题分析：①钠性质活泼，能够与空气中水、氧气反应，自然界中只能以化合态存在，故①错误；②钠燃烧生成过氧化钠，可与二氧化碳反应生成氧气，所以金属钠着火，不能使用泡沫灭火器救火，故②错误；③钠放置在煤油中沉在底部，密度大于煤油，故③正确；④钠具有良好的导热性，Na-K合金做原子反应堆的导热剂，故④正确；⑤根据钠与盐溶液反应时，先与水反应，然后生成的碱再与盐反应，故⑤错误；⑥Na在空气中燃烧生成Na2O2，故⑥正确；答案选B。
10.下列对于过氧化钠的叙述中,正确的是（ ）
A. Na2O2与水反应时，当生成11.2LO2时,转移电子总数为NA
B. Na2O2与活性炭都具有漂白性,它们的漂白原理相同
C. 1mol Na2O2中含有的阴阳离子总数为4NA(NA表示阿伏加德罗常数，下同)
D. 将过量Na2O2投入FeCl2溶液中,最终会产生红褐色沉淀
【答案】D
【详解】A、没有说明标准状况下，不能用22.4L/mol进行气体相关体积的计算，故A错误；
B、Na2O2具有强氧化性，能够漂白；活性炭是吸附性漂白，属于物理变化，它们的漂白原理不相同，故B错误；
C、Na2O2中含有钠离子和过氧根离子，故1molNa2O2中含有的阴阳离子总数为3NA，故C错误；
D、过氧化钠投入FeCl2溶液中，先与水反应生产氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生产氢氧化亚铁白色沉淀，被氧气氧化，最后生成红褐色沉淀，故D正确；
综上所述，本题选D。
11.下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法中,不正确的是（ ）
A. Na2CO3稳定性大于NaHCO3
B. 相同条件下Na2CO3的溶解度大于NaHCO3
C. 可以用滴加BaCl2溶液的方法，鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀，后者无现象
【答案】D
【详解】A项，NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑，碳酸钠受热稳定，在酒精灯加热的条件下不会分解，故A正确；
B项，常温下 Na2CO3在水中的溶解度大于NaHCO3在水中的溶解度，故B正确；
C. Na2CO3溶液与BaCl2溶液反应生成碳酸钡沉淀，而NaHCO3溶液与BaCl2溶液不反应没现象，可以鉴别，故C正确；
D项， Na2CO3与Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3中滴加Ca(OH)2溶液，HCO3-与OH-反应生成CO32-，CO32-再与Ca2+反应生成CaCO3沉淀，两者都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，故D错误；
综上所述，本题选D。
12.下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有（ ）组
①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量
②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量
③向BaCl2溶液中通入CO2 至过量
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量
⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量
⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量
⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量
⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】分析：①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小；
②胶体先聚沉，后发生复分解反应；
③盐酸的酸性比碳酸的酸性强；
④先生成碳酸钙沉淀，后溶解生成碳酸氢钙；
⑤开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝，后碱过量时氢氧化铝溶解；
⑥先生成氢氧化铝沉淀，后与盐酸发生复分解反应；
⑦碳酸不能溶解氢氧化铝；
⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量有碳酸氢钠沉淀生成。
详解：①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，则向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量，有晶体析出，不符合；
②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量，胶体先聚沉，后发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；
③盐酸的酸性比碳酸的酸性强，则向BaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生反应，不符合；
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，后溶解生成碳酸氢钙，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；
⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量，开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，后碱过量时氢氧化铝溶解，最后还存在硫酸钡沉淀，不符合；
⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量，先生成氢氧化铝沉淀，后与盐酸发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；
⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量生成氢氧化铝沉淀，沉淀不会溶解，不符合；
⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量产生碳酸氢钠沉淀和氯化铵，沉淀不会溶解，不符合；
答案选B。
13.在AlCl3和MgCl2的混合溶液中,逐滴加入NaOH溶液直至过量,经测定,加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图所示(b处NaOH溶液的体积为1L),则下列判断不正确的是（ ）
A. NaOH的浓度为0.6mol/L
B. 图中线段oa:ab=5:1
C. 在a点处溶液中的溶质为NaCl
D. 在b点处溶液中的溶质只有Na[Al(OH)4]
【答案】D
【解析】
【分析】AlCl3和MgCl2的混合溶液中,逐滴加入NaOH溶液,发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀,加入aLNaOH溶液时,沉淀达最大值共0.2mol,此时溶液为NaCl溶液,继续滴加NaOH溶液直至过量,氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解,在bL时,即再继续滴加NaOH溶液(b-a)L时,氢氧化铝完全溶解,沉淀为氢氧化镁0.1mol,溶液为NaCl、Na[Al(OH)4]溶液,据此分析。
【详解】A.在bL时,溶液为NaCl、Na[Al(OH)4]溶液，由图象可以知道：n[(Al(OH)3]=0.1mol，n[(Mg(OH)2]=0.1mol，根据Mg原子守恒有n(MgCl2)=n[(Mg(OH)2]=0.1mol，根据Al原子守恒有n(NaAlO2)=n(AlCl3)=n[(Al(OH)3]=0.1mol，由Cl原子守恒有n（Cl）=n(NaCl)=2n(MgCl2)+3 n(AlCl3)=2×0.1+3×0.1=0.5mol；由Na原子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)+ n(NaAlO2)=0.5+0.1=0.6mol，所以c(NaOH)=0.6/1=0.6 mol/L，故A正确；
B.加入aLNaOH溶液时,沉淀达最大值共0.2mol,由反应方程式可以知道,此时溶液为NaCl溶液，在bL时,即再继续滴加NaOH溶液(b-a)L时,氢氧化铝与NaOH恰好反应,氢氧化铝完全溶解,沉淀为氢氧化镁0.1mol,溶液为NaCl、NaAlO2溶液,所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n(NaCl)与n(NaAlO2)之比,故图中线段oa:ab=a:(b-a)=5:1，故B正确；
C.加入aLNaOH溶液时,沉淀达最大值共0.2mol,由反应方程式可以知道,此时溶液为NaCl溶液,故C正确；
D.在bL时,即再继续滴加NaOH溶液(b-a)L 时,氢氧化铝完全溶解,沉淀为氢氧化镁0.1mol,溶液为NaCl、Na[Al(OH)4]溶液,故D错误；
综上所述，本题选D。
14. 下列物质中，既能和酸反应又能和碱反应的化合物是（ ）
①Al ②Al2O3 ③Al(OH)3 ④NaHCO3
A. ②③④ B. ①②④ C. ①②③④ D. ①③④
【答案】A
【解析】试题分析：①Al为单质，不是化合物，错误；②Al2O3为两性氧化物，与酸反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，与碱反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，正确；③Al(OH)3为两性氢氧化物，与酸反应：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，正确；④NaHCO3为弱酸的酸式盐，与酸反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，与碱反应：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，正确。综上，答案A。
15.下列试剂中，不能使Fe2＋转化为Fe3＋的是（ ）
①氯气 ②NaCl溶液 ③KMnO4溶液 ④稀硝酸 ⑤盐酸
⑥NaNO3溶液
A. ①②③ B. ①③④
C. ②④⑤ D. ②⑤⑥
【答案】D
【解析】试题分析：①氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；②NaCl溶液不具有氧化性，不能氧化亚铁离子生成铁离子；③KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；④稀硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；⑤盐酸不具有强氧化性，不能氧化亚铁离子生成铁离子；⑥NaNO3溶液不具有强氧化性，不能氧化亚铁离子生成铁离子，故不能氧化的是②⑤⑥，故选D。
16. 某同学设计下列方法对A盐的水溶液进行鉴定：
由此得出的结论中，不正确的是（ ）
A. D溶液中存在Fe(SCN)3 B. 滤液C中有Fe3+
C. B为AgBr D. A一定是FeBr2
【答案】D
【解析】试题分析：A．由于C溶液中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，则证明C中含有Fe3+，Fe3+与SCN-发生反应形成Fe(SCN)3，所以在D溶液中存在Fe(SCN)3，正确。 B．Fe3+与SCN-发生反应形成Fe(SCN)3，滤液C中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，则证明在C中含有Fe3+，正确。C.向A溶液中加入酸酸化的AgNO3溶液，产生浅黄色沉淀，则不溶性的沉淀是AgBr，原溶液中含有Br-，正确。D．根据题意可知在原溶液中含有Br-,由于在酸性条件下NO3-表现氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，在反应后的溶液C中含有Fe3+，可能是原溶液中含有的，也可能是氧化产生的，所以A可能是FeBr2，也可能是FeBr3，错误。
17.下列实验装置不能达到实验目的的是（ ）
A. 图1：制备并观察氢氧化亚铁
B. 图2：证明过氧化钠与水反应放热
C. 图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
D. 图4：验证酸性强弱H2SO4>H2CO3>H2SiO3
【答案】C
【解析】A. 氢氧化亚铁不稳定，易空气被氧化。图1通H2把试管中的氢氧化钠溶液压入装铁和硫酸反应的装置中，起到了隔绝空气的作用，故A正确；B. 图2：过氧化钠滴水后，脱脂棉燃烧了，说明过氧化钠和水反应是放热反应，故B能证明过氧化钠与水反应放热。故B正确；
C. 图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性实验，应该是碳酸氢钠在里边小试管，碳酸钠装在大试管里；故C错；D. 图4 H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O：Na2SiO3+ CO2+H2O= H2SiO3↓+ Na2CO3证明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3故D正确。
第二部分 非选择题（共49分）
18.（1）配平该方程式__KMnO4+__HCl （浓） =__KCl+__MnCl2+__Cl2↑+__H2O
（2）反应中（1）中____是还原剂，_____是还原产物 ．
（3）该反应的离子方程式为:_______________________
（4）用双线桥法分析此氧化还原反应____________________________
（5）NA表示阿伏伽德罗常数,若产生标准状况下的气体的体积为2．24L ,则反应过程中转移电子的数目为_________，被氧化的HCl的质量为_____g
【答案】(1). 2 (2). 16 (3). 2 (4). 2 (5). 5 (6). 8 (7). HCl (8). MnCl2. (9). 2MnO4- +16H+ +10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O (10). (11). 0.2NA (12). 7.3
【解析】
【分析】在2KMnO4+16HCl （浓） =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中,Mn元素的化合价降低,Cl元素的化合价升高,在离子反应中,气体和水应保留化学式,并根据化合价的变化判断转移的电子数,以此来解答。
【详解】（1）反应中KMnO4→MnCl2，锰元素中由+7价降低到+2价，降低了5价；2HCl→Cl2，氯元素由-1价升高到0价，生成了氯气，化合价升高了2价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等规律可知，KMnO4填系数2，Cl2填系数5，然后根据原子守恒配平其它物质的系数，具体如下：2KMnO4+16HCl （浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
综上所述，本题答案是：2 ，16，2，2，5， 8。
（2）反应中（1）中氯元素的化合价升高，HCl做还原剂；反应中Mn元素的化合价降低，还原产物为MnCl2；综上所述，本题答案是：HCl，MnCl2。
（3）在离子反应中,气体和水应保留化学式，该反应的离子反应为2MnO4- +16H+ +10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O；综上所述，本题答案是：2MnO4- +16H+ +10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O。
（4）该反应中Mn得到2×5e-，Cl失去10e-，则双线桥法表示反应转移的电子的方向和数目为：；综上所述，本题答案是：。
（5）产生标准状况下的气体的体积为2．24L，物质的量为0.1mol；根据反应关系：10e---5Cl2，若生成0.1mol氯气，则反应过程中转移电子的数目为0.2NA；根据10e--10HCl（被氧化）-5Cl2关系，若生成0.1mol氯气，被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；其质量为0.2mol×36.5=7.3g；
综上所述，本题答案是：0.2NA；7.3。
19.铝用途广泛，用铝土矿（主要成分为Al2O3·nH2O、少量SiO2和Fe2O3）制取Al有如下途径：
（1）滤液A加过量NaOH离子方程式表示为______________________________
（2）灼烧时盛放药品的仪器名称是_______
（3）步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式是___________________________________
（4）步骤Ⅲ中生成固体C的离子反应方程式为_____________________________
（5）取滤液B 100mL，加入1 mol/L盐酸200 mL，沉淀量达到最大且质量为11．7g，则滤液B中c（AlO2－）____mol/L，c（Na+）____6 mol/L （填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】(1). H++OH-=H2O 4OH-+Al3+=AlO2-+2H2O、Fe3++3OH- = Fe（OH）3↓; (2). 坩埚 (3). 2Al(OH)3Al2O3+3H2O (4). AlO2-+CO2+2H2O =Al(OH)3↓+HCO3- (5). 1.5 (6). 大于
【解析】
【分析】铝土矿（主要成分为Al2O3·nH2O、少量SiO2和Fe2O3）中加入过量的稀硫酸，氧化铝、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铝和硫酸铁溶液，二氧化硅与硫酸不反应，所以过滤后残渣A为SiO2；滤液A为含有硫酸、硫酸铁和硫酸铝；滤液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化铁沉淀（残渣B），滤液B中含有氢氧化钠，偏铝酸钠和硫酸钠；通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀（固体C），滤液C为碳酸氢钠、硫酸钠；固体C灼烧后生成氧化铝固体（D），电解熔融的氧化铝生成金属铝；据以上分析进行解答。
【详解】铝土矿（主要成分为Al2O3·nH2O、少量SiO2和Fe2O3）中加入过量的稀硫酸，氧化铝、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铝和硫酸铁溶液，二氧化硅与硫酸不反应，所以过滤后残渣A为SiO2；滤液A为含有硫酸、硫酸铁和硫酸铝；滤液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化铁沉淀（残渣B），滤液B中含有氢氧化钠，偏铝酸钠和硫酸钠；通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀（固体C），滤液C为碳酸氢钠、硫酸钠；固体C灼烧后生成氧化铝固体（D），电解熔融的氧化铝生成金属铝；
（1）结合以上分析可知，滤液A为含有硫酸、硫酸铁和硫酸铝；滤液A加过量NaOH反应生成硫酸钠和偏铝酸钠，氢氧化铁沉淀，离子方程式为：H++OH-=H2O；4OH-+Al3+= AlO2-+ 2H2O、Fe3++3OH- =Fe（OH）3↓；
综上所述，本题答案是：H++OH-=H2O；4OH-+Al3+=AlO2-+ 2H2O、Fe3++3OH- =Fe（OH）3↓。
（2）结合以上分析可知，氢氧化铝固体灼烧时生成氧化铝，盛放药品的仪器名称是坩埚；
综上所述，本题答案是：坩埚。
（3）结合以上分析可知，氢氧化铝固体灼烧时生成氧化铝和水，步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式是2Al(OH)3==Al2O3+3H2O；综上所述，本题答案是：2Al(OH)3==Al2O3+3H2O。
（4）滤液B中偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳气体反应生成生成氢氧化铝沉淀（固体C）和碳酸氢钠，步骤Ⅲ中生成固体C的离子反应方程式为AlO2-+ CO2+2H2O = Al(OH)3↓+ HCO3-；
综上所述，本题答案是：AlO2-+ CO2+2H2O =Al(OH)3↓+ HCO3-。
（5）取滤液B中含有氢氧化钠，偏铝酸钠和硫酸钠；加入盐酸生成11．7g Al(OH)3，物质的量为11.7/78=0.15mol，即n(AlO2-)=0.15mol，c(AlO2-)=0.15mol/0.1L=1.5mol/L；最后所得溶液为氯化钠和硫酸钠，根据钠离子守恒有：n(NaOH)=n(NaCl)+2(Na2SO4)，根据氯离子与硫酸根离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)=0.2×1=0.2mol，n(Na2SO4)=n(H2SO4)>3n[Al2(SO4)3)] =3×0.15mol=0.45mol；故n(NaOH)=n(NaCl)+2(Na2SO4)>0.2+2×0.45=1.1mol；故c（Na+）=1.1mol/0.1=11 mol/L大于6 mol/L；
综上所述，本题答案是：1.5；大于。
20.饮用水质量是关系人类健康的重要问题。
（1）在我国,一些贫困山区的农民至今还饮用井水,但暴雨过后井水混浊,无法饮用。为了能让暴雨过后井水尽快变的澄清,你会建议他们最好向井水中投入下列中的___（填序号）。
A．NaCl B．Na2CO3 C．Kal(SO4)2·12H2O D．CuSO4
（2）氯气是最早用于饮用水消毒的物质，其消毒作用主要是氯气溶于水后生成了次氯酸，该反应的离子方程式为:____________________________
（3）写出工业上制取漂白粉的化学方程式:__________________
（4）臭氧,也称作超氧,可以替代氯气给自来水消毒,即提高了消毒效率且安全无副作用,臭氧的分子式为O3,该物质和次氯酸均可以做漂白剂，二者的漂白原理是：_______________。
（5）某化学活动小组设计实验（装置如图）验证氯、溴、碘及其化合物的有关物质。在硬质玻璃管中的A、B、C三处依次放置湿润的蓝色石蕊试纸、浸有NaBr溶液的棉球、浸有淀粉-KI溶液的棉球（如图所示）,由左端通入足量氯气，回答下列问题:
①观察到的现象
A:__________________;B:__________________;C:__________________
②由上述现象得出的结论氧化性：Cl2 > Br2 > I2,你认为正确吗，为什么? ______________；___________________________________________________
【答案】(1). C (2). Cl2+H2O=H++Cl-+HClO (3). 2Cl2 + 2Ca(OH)2=CaCl2 +Ca(ClO)2+2H2O (4). 强氧化性 (5). A:试纸先变红后褪色 (6). B:棉球变为橙色 (7). C:棉球变为蓝色 (8). 不正确 (9). 因为没有反应的Cl2通过C时也可置换出I2,使棉球变色
【解析】
【分析】（1）KAl(SO4)2·12H2O 中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；
（2）氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸；
（3）氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；
（4）臭氧、次氯酸均有强氧化性，就能做漂白剂；
（5）①氯气与水反应生成的次氯酸和盐酸,溶液具有酸性和漂白性,则A处先变红后褪色;氯气能够氧化溴化钠和碘化钾,结合溴水颜色、碘单质遇到淀粉呈蓝色判断实验现象；
②没有反应的氯气能够氧化碘离子,干扰了溴氧化碘离子的检验；
【详解】（1）暴雨过后井水混浊，加入少量的KAl(SO4)2·12H2O 净水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，故选C项。
综上所述，本题正确答案为C。
（2）氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸，氯气、水、次氯酸在离子反应中保留化学式，则离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；综上所述，本题答案是：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO。
（3）漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，该反应为2Cl2 +2Ca(OH)2=CaCl2 +Ca(ClO)2+2H2O；
综上所述，本题答案是：2Cl2 +2Ca(OH)2=CaCl2 +Ca(ClO)2+2H2O。
（4）臭氧、次氯酸均有强氧化性，与有色物质发生反应生成无色的大分子，都能做漂白剂；
综上所述，本题答案是：强氧化性。
（5）①氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,所以A处湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；氯气能氧化NaBr溶液和KI溶液,分别生成Br2和I2,溴水为橙色,则B处棉球呈橙色；C处棉球中生成的碘单质,碘单质遇到淀粉变蓝色,所以C处棉球显蓝色；
因此，本题正确答案是: A:试纸先变红后褪色；B:棉球变为橙色；C:棉球变为蓝色；
②因为没有反应的氯气通过C时也可置换出碘，使棉球变色，干扰了“溴能置换出碘”的检验,所以该说法不正确；
因此，本题正确答案是: 不正确；因为没有反应的Cl2通过C时也可置换出I2,使棉球变色。
21.(14分)已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性,能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验：
（1）装置的连接顺序为 。
（2）饱和食盐水的作用是 。
（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：
①淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子反应方程式为_______。
②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是 。
（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。该小组同学对红色褪去的原因进行探究。
①取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀。
②另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。
实验①说明 ；
实验②的目的是 ；
得出结论：溶液褪色的原因是 。
【答案】（14分）（每空2分）（1）a、g、h、d、e、b、c、f
（2）除去氯气中的氯化氢气体
（3）①Fe3++3SCN－Fe(SCN)3②双氧水将Fe2+氧化成Fe3+
（4）SCN－发生了反应而不是Fe3+发生反应 排除H2O2分解产生的O2氧化SCN－的可能
H2O2将SCN－氧化成SO42－
【解析】试题分析：（1）制取氯气→除去氯气中的氯化氢(用饱和食盐水)→除去水(因为氯化铁吸水而潮解)→反应→收集→干燥装置、尾气处理装置(防止空气中水分进入收集器，氯气有毒，尾气处理)，则连接顺序是：a、g、h、d、e、b、c、f ；
（2）制取的氯气混有氯化氢对后面的实验产生干扰，必须除去，除去氯气中氯化氢用饱和食盐水，则目的：除去氯气中的氯化氢气体；
（3）①Fe3＋显黄色，淡黄色溶液说明含有Fe3＋，加入试剂X后溶液显淡红色，则X：KSCN，发生的反应方程式：Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；②溶液呈现淡红色，说明溶液含有Fe3＋的量少，，加入过氧化氢后，颜色加深，说明Fe3＋的浓度增大，促使平衡正向移动，颜色加深，所以原因是：双氧水将Fe2+氧化成Fe3+；
（4）第一份中滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中无KSCN，第二份滴加试剂KSCN，溶液出现红色，说明溶液中含有Fe3＋，第三份中滴加盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有SO42－存在，因此实验①说明：SCN－发生了反应而不是Fe3+发生反应；另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明实验②褪色不是氧气的缘故，目的：排除H2O2分解产生的O2氧化SCN－的可能，总上所述褪色的原因：H2O2将SCN－氧化成SO42－。
本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）
可能用到的原子量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Al－27 S－32 Cl－35.5 K－39 Ba－137 Cu—64 Fe—56
第一部分 选择题（共51分）
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共51分。）
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 用于人民币票面文字等处的油墨中含有的Fe3O4是一种磁性物质，俗称铁红
B. 明矾常用于水的净化和消毒杀菌
C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸漂白纸浆的原理相同
D. 黑陶素有“乌金墨玉”之誉，属于硅酸盐制品
【答案】D
【详解】A. 四氧化三铁是磁性物质，颜色为黑色，而氧化铁没有磁性，颜色为红色，俗称铁红，故A错误；
B. 明矾中的铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，能够净水，但是没有氧化性，不能消毒杀菌，故B错误；
C. 用活性炭为糖浆脱色是利用了活性炭的吸附作用，属于物理变化；用次氯酸漂白纸浆利用了次氯酸的强氧化性，属于化学变化，二者褪色原理不相同，故C错误；
D. 黑陶素有“乌金墨玉”之誉,陶瓷属于硅酸盐制品,故D正确；
综上所述，本题选D。
2.为了除去括号内的杂质,所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A. Cl2 (HCl)：将混合气体通入饱和食盐水
B. Cu粉(CuO)：加入稀盐酸，过滤、洗涤、干燥
C. CO2(CO)：通入热的氧气
D. KNO3(NaCl)：加热水溶解，冷却结晶，过滤
【答案】C
【解析】
【分析】A. Cl2 在饱和食盐水中溶解度很小而HCl易溶于饱和食盐水中；
B. Cu粉不溶于稀硫酸，而CuO 能溶于稀硫酸；
C. 除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质；
D.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同；
【详解】A. Cl2 在饱和食盐水中溶解度很小而HCl易溶于饱和食盐水中，可以将混合气体通入饱和食盐水中除去HCl，故A 选项正确。
B. Cu粉不溶于稀硫酸，而CuO 能溶于稀硫酸，除去Cu 中的CuO 可加稀硫酸、过滤、洗涤、干燥即可。故B选项正确。
C.除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故选项所采取的方法错误， 故C选项错误；
D.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小,所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤,故D项正确；
综上所述，本题选C。
3.下列说法正确的是( )
A. SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸
B. SiO2制造玻璃的主要原料之一，它在常温下不能与NaOH溶液反应
C. 因高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以H2SiO3酸性比H2CO3强
D. Si是用于制备太阳能电池芯片材料的重要原料
【答案】D
【解析】A．SiO2是酸性氧化物，它不溶于水，一般也不溶于酸，但是可以溶于氢氟酸，A错误；B．SiO2是制造玻璃的主要原料之一，它在常温下能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，B错误；C．要证明H2CO3酸性比H2SiO3强，应该采用常温下强酸制取弱酸的方法，即将二氧化碳通入硅酸钠溶液中观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就说明H2CO3酸性比H2SiO3强，C错误；D．硅是用于制备太阳能电池芯片材料的重要原料，D正确。答案选D。
4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，28 g CO和N2的混合气体一定含有2NA个原子
B. 1 L 0.1 mol/L NaHSO4溶液中含有0.1 NA个HSO4-
C. 将0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1 NA
D. 0.2mol/L KCl溶液中含有0.2 NA个Cl-
【答案】A
【详解】A. CO和N2的相对分子质量均为28，均为双原子分子，所以28 g CO和N2的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子总数一定为2NA，故A正确；
B.硫酸氢钠在溶液中完全电离,硫酸氢钠溶液中不存在硫酸氢根离子,故B错误；
C. 因为氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，将0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目小于0.1 NA，故C错误；
D. 没有给定溶液的体积，无法计算出0.2mol/LKCl溶液中含有Cl-的数目，故D错误；
综上所述，本题选A。
5.下列各溶液中能大量共存的离子组是（ ）
A. 碳酸氢钠溶液中：K＋ NO3－ Cl－ OH－
B. 使酚酞试液呈红色的溶液中：Mg2＋ Cu2＋ SO42－ K＋
C. 澄清透明的溶液中：Cu2＋ Mg2＋ SO42－ Cl－
D. 使石蕊试液变红的溶液中：Na＋ Cl－ K＋ ClO－
【答案】C
【详解】A．H+与碳酸氢钠反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．使酚酞试液呈红色的溶液中存在大量的氢氧根离子，Mg2+、Cu2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．使石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，ClO－与氢离子结合生成弱酸次氯酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C。
6.对于下列反应的说法中正确的是( )
A. 2CuFeS2＋O2===Cu2S＋2FeS＋SO2，CuFeS2是氧化剂，O2是还原剂
B. 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
C. 反应KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，生成3molCl2，转移电子6mol
D. Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，说明还原性Cr3＋> Fe2＋
【答案】B
【解析】A.2CuFeS2中Cu元素化合价为+2价，Fe为+2价，S为-2价，反应中Cu元素化合价由+2价降低到+1价，S元素化合价由-2价升高到+4价，则CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.3NO2+H2O═2HNO3+NO，氧化产物为2HNO3，还原产物为NO，由方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故B正确；C．反应KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，生成3molCl2，转移电子5mol，故C错误；D．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性Cr3+＜Fe2+，故D错误；故选B。
7.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比（ ）
A. 1：3 B. 4：3 C. 2：1 D. 3：1
【答案】B
【解析】试题分析：Cl2 生成ClO- 与ClO3 - 是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价， ClO- 与ClO3 -的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO-为11mol，ClO3 -为1mol，被氧化的Cl原子的物质的量共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1-0)+1mol×(5-0)=16mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2 生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl原子的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4:3，选项B正确。
8.现向1L含有0.1 mol Fe2(SO4)3和0.2 mol CuCl2的某混合溶液中加入0.2 mol Fe，充分反应后（忽略溶液体积的变化），下列说法正确的是（ ）
A. 析出0.2 mol的Cu B. 剩余0.1 mol的Fe
C. 溶液中c(Fe2+)=0．4 mol/L D. 溶液中c(Fe3+) : c(Cu2+)=1 : 1
【答案】C
【解析】
【分析】因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此加入铁，发生反应的先后顺序是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu 。Fe3+的物质的量为0.2mol ，根据上述反应，消耗Fe的物质的量为0.1mol，Cu2+的物质的量为0.2mol，根据反应方程式，应消耗Fe的物质的量为0.2mol>0.1mol ，即Cu2+过量，铁不足，据以上分析解答。
【详解】因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此加入铁，发生反应的先后顺序是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+ Cu2+=Fe2++Cu；Fe3+的物质的量为0.2mol，根据上述反应，消耗Fe的物质的量为0.1mol，Cu2+的物质的量为0.2mol，根据反应方程式，应消耗Fe的物质的量为0.2mol>0.1mol ，即Cu2+过量，铁不足，
A项，根据分析知，Cu2+过量，铁不足，所以析出Cu的物质的量为0.1mol，故A项错误；
B项，根据分析知，铁完全反应，没有剩余，故B项错误；
C项，根据分析知，Fe3+全部转化成Fe2+，铁粉全部转化成Fe2+，根据铁元素守恒，c(Fe2+)=(0.2mol+0.2mol)/1L=0.4mol/L，故C项正确；
D项，溶液中c(Fe2+)=0.4mol/L，c(Cu2+)=0.1mol/L，所以溶液中c(Fe2+) : c(Cu2+)=4: 1，故D项错误。
综上所述，本题选C。
9.关于钠的描述正确的是（ ）
①钠在自然界既有游离态又有化合态存在 ②金属钠着火可以用泡沫灭火器救火
③钠的密度比煤油大 ④Na﹣K合金做原子反应堆的导热剂
⑤钠比铜活泼，因而钠可以从CuCl2溶液中置换出铜 ⑥钠在空气中燃烧，主要产物是Na2O2
A. ①③④⑤⑥ B. ③④⑥ C. ③④ D. 全部
【答案】B
【解析】试题分析：①钠性质活泼，能够与空气中水、氧气反应，自然界中只能以化合态存在，故①错误；②钠燃烧生成过氧化钠，可与二氧化碳反应生成氧气，所以金属钠着火，不能使用泡沫灭火器救火，故②错误；③钠放置在煤油中沉在底部，密度大于煤油，故③正确；④钠具有良好的导热性，Na-K合金做原子反应堆的导热剂，故④正确；⑤根据钠与盐溶液反应时，先与水反应，然后生成的碱再与盐反应，故⑤错误；⑥Na在空气中燃烧生成Na2O2，故⑥正确；答案选B。
10.下列对于过氧化钠的叙述中,正确的是（ ）
A. Na2O2与水反应时，当生成11.2LO2时,转移电子总数为NA
B. Na2O2与活性炭都具有漂白性,它们的漂白原理相同
C. 1mol Na2O2中含有的阴阳离子总数为4NA(NA表示阿伏加德罗常数，下同)
D. 将过量Na2O2投入FeCl2溶液中,最终会产生红褐色沉淀
【答案】D
【详解】A、没有说明标准状况下，不能用22.4L/mol进行气体相关体积的计算，故A错误；
B、Na2O2具有强氧化性，能够漂白；活性炭是吸附性漂白，属于物理变化，它们的漂白原理不相同，故B错误；
C、Na2O2中含有钠离子和过氧根离子，故1molNa2O2中含有的阴阳离子总数为3NA，故C错误；
D、过氧化钠投入FeCl2溶液中，先与水反应生产氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生产氢氧化亚铁白色沉淀，被氧气氧化，最后生成红褐色沉淀，故D正确；
综上所述，本题选D。
11.下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法中,不正确的是（ ）
A. Na2CO3稳定性大于NaHCO3
B. 相同条件下Na2CO3的溶解度大于NaHCO3
C. 可以用滴加BaCl2溶液的方法，鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀，后者无现象
【答案】D
【详解】A项，NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑，碳酸钠受热稳定，在酒精灯加热的条件下不会分解，故A正确；
B项，常温下 Na2CO3在水中的溶解度大于NaHCO3在水中的溶解度，故B正确；
C. Na2CO3溶液与BaCl2溶液反应生成碳酸钡沉淀，而NaHCO3溶液与BaCl2溶液不反应没现象，可以鉴别，故C正确；
D项， Na2CO3与Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3中滴加Ca(OH)2溶液，HCO3-与OH-反应生成CO32-，CO32-再与Ca2+反应生成CaCO3沉淀，两者都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，故D错误；
综上所述，本题选D。
12.下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的有（ ）组
①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量
②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量
③向BaCl2溶液中通入CO2 至过量
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量
⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量
⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量
⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量
⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】分析：①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小；
②胶体先聚沉，后发生复分解反应；
③盐酸的酸性比碳酸的酸性强；
④先生成碳酸钙沉淀，后溶解生成碳酸氢钙；
⑤开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝，后碱过量时氢氧化铝溶解；
⑥先生成氢氧化铝沉淀，后与盐酸发生复分解反应；
⑦碳酸不能溶解氢氧化铝；
⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量有碳酸氢钠沉淀生成。
详解：①相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，则向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量，有晶体析出，不符合；
②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量，胶体先聚沉，后发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；
③盐酸的酸性比碳酸的酸性强，则向BaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生反应，不符合；
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，后溶解生成碳酸氢钙，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；
⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量，开始反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，后碱过量时氢氧化铝溶解，最后还存在硫酸钡沉淀，不符合；
⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量，先生成氢氧化铝沉淀，后与盐酸发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，符合；
⑦向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量生成氢氧化铝沉淀，沉淀不会溶解，不符合；
⑧向有氨水的NaCl饱和溶液中逐渐通入CO2至过量产生碳酸氢钠沉淀和氯化铵，沉淀不会溶解，不符合；
答案选B。
13.在AlCl3和MgCl2的混合溶液中,逐滴加入NaOH溶液直至过量,经测定,加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图所示(b处NaOH溶液的体积为1L),则下列判断不正确的是（ ）
A. NaOH的浓度为0.6mol/L
B. 图中线段oa:ab=5:1
C. 在a点处溶液中的溶质为NaCl
D. 在b点处溶液中的溶质只有Na[Al(OH)4]
【答案】D
【解析】
【分析】AlCl3和MgCl2的混合溶液中,逐滴加入NaOH溶液,发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀,加入aLNaOH溶液时,沉淀达最大值共0.2mol,此时溶液为NaCl溶液,继续滴加NaOH溶液直至过量,氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解,在bL时,即再继续滴加NaOH溶液(b-a)L时,氢氧化铝完全溶解,沉淀为氢氧化镁0.1mol,溶液为NaCl、Na[Al(OH)4]溶液,据此分析。
【详解】A.在bL时,溶液为NaCl、Na[Al(OH)4]溶液，由图象可以知道：n[(Al(OH)3]=0.1mol，n[(Mg(OH)2]=0.1mol，根据Mg原子守恒有n(MgCl2)=n[(Mg(OH)2]=0.1mol，根据Al原子守恒有n(NaAlO2)=n(AlCl3)=n[(Al(OH)3]=0.1mol，由Cl原子守恒有n（Cl）=n(NaCl)=2n(MgCl2)+3 n(AlCl3)=2×0.1+3×0.1=0.5mol；由Na原子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)+ n(NaAlO2)=0.5+0.1=0.6mol，所以c(NaOH)=0.6/1=0.6 mol/L，故A正确；
B.加入aLNaOH溶液时,沉淀达最大值共0.2mol,由反应方程式可以知道,此时溶液为NaCl溶液，在bL时,即再继续滴加NaOH溶液(b-a)L时,氢氧化铝与NaOH恰好反应,氢氧化铝完全溶解,沉淀为氢氧化镁0.1mol,溶液为NaCl、NaAlO2溶液,所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n(NaCl)与n(NaAlO2)之比,故图中线段oa:ab=a:(b-a)=5:1，故B正确；
C.加入aLNaOH溶液时,沉淀达最大值共0.2mol,由反应方程式可以知道,此时溶液为NaCl溶液,故C正确；
D.在bL时,即再继续滴加NaOH溶液(b-a)L 时,氢氧化铝完全溶解,沉淀为氢氧化镁0.1mol,溶液为NaCl、Na[Al(OH)4]溶液,故D错误；
综上所述，本题选D。
14. 下列物质中，既能和酸反应又能和碱反应的化合物是（ ）
①Al ②Al2O3 ③Al(OH)3 ④NaHCO3
A. ②③④ B. ①②④ C. ①②③④ D. ①③④
【答案】A
【解析】试题分析：①Al为单质，不是化合物，错误；②Al2O3为两性氧化物，与酸反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，与碱反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，正确；③Al(OH)3为两性氢氧化物，与酸反应：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，正确；④NaHCO3为弱酸的酸式盐，与酸反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，与碱反应：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，正确。综上，答案A。
15.下列试剂中，不能使Fe2＋转化为Fe3＋的是（ ）
①氯气 ②NaCl溶液 ③KMnO4溶液 ④稀硝酸 ⑤盐酸
⑥NaNO3溶液
A. ①②③ B. ①③④
C. ②④⑤ D. ②⑤⑥
【答案】D
【解析】试题分析：①氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；②NaCl溶液不具有氧化性，不能氧化亚铁离子生成铁离子；③KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；④稀硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；⑤盐酸不具有强氧化性，不能氧化亚铁离子生成铁离子；⑥NaNO3溶液不具有强氧化性，不能氧化亚铁离子生成铁离子，故不能氧化的是②⑤⑥，故选D。
16. 某同学设计下列方法对A盐的水溶液进行鉴定：
由此得出的结论中，不正确的是（ ）
A. D溶液中存在Fe(SCN)3 B. 滤液C中有Fe3+
C. B为AgBr D. A一定是FeBr2
【答案】D
【解析】试题分析：A．由于C溶液中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，则证明C中含有Fe3+，Fe3+与SCN-发生反应形成Fe(SCN)3，所以在D溶液中存在Fe(SCN)3，正确。 B．Fe3+与SCN-发生反应形成Fe(SCN)3，滤液C中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，则证明在C中含有Fe3+，正确。C.向A溶液中加入酸酸化的AgNO3溶液，产生浅黄色沉淀，则不溶性的沉淀是AgBr，原溶液中含有Br-，正确。D．根据题意可知在原溶液中含有Br-,由于在酸性条件下NO3-表现氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，在反应后的溶液C中含有Fe3+，可能是原溶液中含有的，也可能是氧化产生的，所以A可能是FeBr2，也可能是FeBr3，错误。
17.下列实验装置不能达到实验目的的是（ ）
A. 图1：制备并观察氢氧化亚铁
B. 图2：证明过氧化钠与水反应放热
C. 图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
D. 图4：验证酸性强弱H2SO4>H2CO3>H2SiO3
【答案】C
【解析】A. 氢氧化亚铁不稳定，易空气被氧化。图1通H2把试管中的氢氧化钠溶液压入装铁和硫酸反应的装置中，起到了隔绝空气的作用，故A正确；B. 图2：过氧化钠滴水后，脱脂棉燃烧了，说明过氧化钠和水反应是放热反应，故B能证明过氧化钠与水反应放热。故B正确；
C. 图3：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性实验，应该是碳酸氢钠在里边小试管，碳酸钠装在大试管里；故C错；D. 图4 H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O：Na2SiO3+ CO2+H2O= H2SiO3↓+ Na2CO3证明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3故D正确。
第二部分 非选择题（共49分）
18.（1）配平该方程式__KMnO4+__HCl （浓） =__KCl+__MnCl2+__Cl2↑+__H2O
（2）反应中（1）中____是还原剂，_____是还原产物 ．
（3）该反应的离子方程式为:_______________________
（4）用双线桥法分析此氧化还原反应____________________________
（5）NA表示阿伏伽德罗常数,若产生标准状况下的气体的体积为2．24L ,则反应过程中转移电子的数目为_________，被氧化的HCl的质量为_____g
【答案】(1). 2 (2). 16 (3). 2 (4). 2 (5). 5 (6). 8 (7). HCl (8). MnCl2. (9). 2MnO4- +16H+ +10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O (10). (11). 0.2NA (12). 7.3
【解析】
【分析】在2KMnO4+16HCl （浓） =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中,Mn元素的化合价降低,Cl元素的化合价升高,在离子反应中,气体和水应保留化学式,并根据化合价的变化判断转移的电子数,以此来解答。
【详解】（1）反应中KMnO4→MnCl2，锰元素中由+7价降低到+2价，降低了5价；2HCl→Cl2，氯元素由-1价升高到0价，生成了氯气，化合价升高了2价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等规律可知，KMnO4填系数2，Cl2填系数5，然后根据原子守恒配平其它物质的系数，具体如下：2KMnO4+16HCl （浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
综上所述，本题答案是：2 ，16，2，2，5， 8。
（2）反应中（1）中氯元素的化合价升高，HCl做还原剂；反应中Mn元素的化合价降低，还原产物为MnCl2；综上所述，本题答案是：HCl，MnCl2。
（3）在离子反应中,气体和水应保留化学式，该反应的离子反应为2MnO4- +16H+ +10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O；综上所述，本题答案是：2MnO4- +16H+ +10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O。
（4）该反应中Mn得到2×5e-，Cl失去10e-，则双线桥法表示反应转移的电子的方向和数目为：；综上所述，本题答案是：。
（5）产生标准状况下的气体的体积为2．24L，物质的量为0.1mol；根据反应关系：10e---5Cl2，若生成0.1mol氯气，则反应过程中转移电子的数目为0.2NA；根据10e--10HCl（被氧化）-5Cl2关系，若生成0.1mol氯气，被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；其质量为0.2mol×36.5=7.3g；
综上所述，本题答案是：0.2NA；7.3。
19.铝用途广泛，用铝土矿（主要成分为Al2O3·nH2O、少量SiO2和Fe2O3）制取Al有如下途径：
（1）滤液A加过量NaOH离子方程式表示为______________________________
（2）灼烧时盛放药品的仪器名称是_______
（3）步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式是___________________________________
（4）步骤Ⅲ中生成固体C的离子反应方程式为_____________________________
（5）取滤液B 100mL，加入1 mol/L盐酸200 mL，沉淀量达到最大且质量为11．7g，则滤液B中c（AlO2－）____mol/L，c（Na+）____6 mol/L （填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】(1). H++OH-=H2O 4OH-+Al3+=AlO2-+2H2O、Fe3++3OH- = Fe（OH）3↓; (2). 坩埚 (3). 2Al(OH)3Al2O3+3H2O (4). AlO2-+CO2+2H2O =Al(OH)3↓+HCO3- (5). 1.5 (6). 大于
【解析】
【分析】铝土矿（主要成分为Al2O3·nH2O、少量SiO2和Fe2O3）中加入过量的稀硫酸，氧化铝、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铝和硫酸铁溶液，二氧化硅与硫酸不反应，所以过滤后残渣A为SiO2；滤液A为含有硫酸、硫酸铁和硫酸铝；滤液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化铁沉淀（残渣B），滤液B中含有氢氧化钠，偏铝酸钠和硫酸钠；通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀（固体C），滤液C为碳酸氢钠、硫酸钠；固体C灼烧后生成氧化铝固体（D），电解熔融的氧化铝生成金属铝；据以上分析进行解答。
【详解】铝土矿（主要成分为Al2O3·nH2O、少量SiO2和Fe2O3）中加入过量的稀硫酸，氧化铝、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铝和硫酸铁溶液，二氧化硅与硫酸不反应，所以过滤后残渣A为SiO2；滤液A为含有硫酸、硫酸铁和硫酸铝；滤液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化铁沉淀（残渣B），滤液B中含有氢氧化钠，偏铝酸钠和硫酸钠；通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀（固体C），滤液C为碳酸氢钠、硫酸钠；固体C灼烧后生成氧化铝固体（D），电解熔融的氧化铝生成金属铝；
（1）结合以上分析可知，滤液A为含有硫酸、硫酸铁和硫酸铝；滤液A加过量NaOH反应生成硫酸钠和偏铝酸钠，氢氧化铁沉淀，离子方程式为：H++OH-=H2O；4OH-+Al3+= AlO2-+ 2H2O、Fe3++3OH- =Fe（OH）3↓；
综上所述，本题答案是：H++OH-=H2O；4OH-+Al3+=AlO2-+ 2H2O、Fe3++3OH- =Fe（OH）3↓。
（2）结合以上分析可知，氢氧化铝固体灼烧时生成氧化铝，盛放药品的仪器名称是坩埚；
综上所述，本题答案是：坩埚。
（3）结合以上分析可知，氢氧化铝固体灼烧时生成氧化铝和水，步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式是2Al(OH)3==Al2O3+3H2O；综上所述，本题答案是：2Al(OH)3==Al2O3+3H2O。
（4）滤液B中偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳气体反应生成生成氢氧化铝沉淀（固体C）和碳酸氢钠，步骤Ⅲ中生成固体C的离子反应方程式为AlO2-+ CO2+2H2O = Al(OH)3↓+ HCO3-；
综上所述，本题答案是：AlO2-+ CO2+2H2O =Al(OH)3↓+ HCO3-。
（5）取滤液B中含有氢氧化钠，偏铝酸钠和硫酸钠；加入盐酸生成11．7g Al(OH)3，物质的量为11.7/78=0.15mol，即n(AlO2-)=0.15mol，c(AlO2-)=0.15mol/0.1L=1.5mol/L；最后所得溶液为氯化钠和硫酸钠，根据钠离子守恒有：n(NaOH)=n(NaCl)+2(Na2SO4)，根据氯离子与硫酸根离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)=0.2×1=0.2mol，n(Na2SO4)=n(H2SO4)>3n[Al2(SO4)3)] =3×0.15mol=0.45mol；故n(NaOH)=n(NaCl)+2(Na2SO4)>0.2+2×0.45=1.1mol；故c（Na+）=1.1mol/0.1=11 mol/L大于6 mol/L；
综上所述，本题答案是：1.5；大于。
20.饮用水质量是关系人类健康的重要问题。
（1）在我国,一些贫困山区的农民至今还饮用井水,但暴雨过后井水混浊,无法饮用。为了能让暴雨过后井水尽快变的澄清,你会建议他们最好向井水中投入下列中的___（填序号）。
A．NaCl B．Na2CO3 C．Kal(SO4)2·12H2O D．CuSO4
（2）氯气是最早用于饮用水消毒的物质，其消毒作用主要是氯气溶于水后生成了次氯酸，该反应的离子方程式为:____________________________
（3）写出工业上制取漂白粉的化学方程式:__________________
（4）臭氧,也称作超氧,可以替代氯气给自来水消毒,即提高了消毒效率且安全无副作用,臭氧的分子式为O3,该物质和次氯酸均可以做漂白剂，二者的漂白原理是：_______________。
（5）某化学活动小组设计实验（装置如图）验证氯、溴、碘及其化合物的有关物质。在硬质玻璃管中的A、B、C三处依次放置湿润的蓝色石蕊试纸、浸有NaBr溶液的棉球、浸有淀粉-KI溶液的棉球（如图所示）,由左端通入足量氯气，回答下列问题:
①观察到的现象
A:__________________;B:__________________;C:__________________
②由上述现象得出的结论氧化性：Cl2 > Br2 > I2,你认为正确吗，为什么? ______________；___________________________________________________
【答案】(1). C (2). Cl2+H2O=H++Cl-+HClO (3). 2Cl2 + 2Ca(OH)2=CaCl2 +Ca(ClO)2+2H2O (4). 强氧化性 (5). A:试纸先变红后褪色 (6). B:棉球变为橙色 (7). C:棉球变为蓝色 (8). 不正确 (9). 因为没有反应的Cl2通过C时也可置换出I2,使棉球变色
【解析】
【分析】（1）KAl(SO4)2·12H2O 中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；
（2）氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸；
（3）氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；
（4）臭氧、次氯酸均有强氧化性，就能做漂白剂；
（5）①氯气与水反应生成的次氯酸和盐酸,溶液具有酸性和漂白性,则A处先变红后褪色;氯气能够氧化溴化钠和碘化钾,结合溴水颜色、碘单质遇到淀粉呈蓝色判断实验现象；
②没有反应的氯气能够氧化碘离子,干扰了溴氧化碘离子的检验；
【详解】（1）暴雨过后井水混浊，加入少量的KAl(SO4)2·12H2O 净水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，故选C项。
综上所述，本题正确答案为C。
（2）氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸，氯气、水、次氯酸在离子反应中保留化学式，则离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；综上所述，本题答案是：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO。
（3）漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，该反应为2Cl2 +2Ca(OH)2=CaCl2 +Ca(ClO)2+2H2O；
综上所述，本题答案是：2Cl2 +2Ca(OH)2=CaCl2 +Ca(ClO)2+2H2O。
（4）臭氧、次氯酸均有强氧化性，与有色物质发生反应生成无色的大分子，都能做漂白剂；
综上所述，本题答案是：强氧化性。
（5）①氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,所以A处湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；氯气能氧化NaBr溶液和KI溶液,分别生成Br2和I2,溴水为橙色,则B处棉球呈橙色；C处棉球中生成的碘单质,碘单质遇到淀粉变蓝色,所以C处棉球显蓝色；
因此，本题正确答案是: A:试纸先变红后褪色；B:棉球变为橙色；C:棉球变为蓝色；
②因为没有反应的氯气通过C时也可置换出碘，使棉球变色，干扰了“溴能置换出碘”的检验,所以该说法不正确；
因此，本题正确答案是: 不正确；因为没有反应的Cl2通过C时也可置换出I2,使棉球变色。
21.(14分)已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性,能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验：
（1）装置的连接顺序为 。
（2）饱和食盐水的作用是 。
（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：
①淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子反应方程式为_______。
②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是 。
（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。该小组同学对红色褪去的原因进行探究。
①取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀。
②另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。
实验①说明 ；
实验②的目的是 ；
得出结论：溶液褪色的原因是 。
【答案】（14分）（每空2分）（1）a、g、h、d、e、b、c、f
（2）除去氯气中的氯化氢气体
（3）①Fe3++3SCN－Fe(SCN)3②双氧水将Fe2+氧化成Fe3+
（4）SCN－发生了反应而不是Fe3+发生反应 排除H2O2分解产生的O2氧化SCN－的可能
H2O2将SCN－氧化成SO42－
【解析】试题分析：（1）制取氯气→除去氯气中的氯化氢(用饱和食盐水)→除去水(因为氯化铁吸水而潮解)→反应→收集→干燥装置、尾气处理装置(防止空气中水分进入收集器，氯气有毒，尾气处理)，则连接顺序是：a、g、h、d、e、b、c、f ；
（2）制取的氯气混有氯化氢对后面的实验产生干扰，必须除去，除去氯气中氯化氢用饱和食盐水，则目的：除去氯气中的氯化氢气体；
（3）①Fe3＋显黄色，淡黄色溶液说明含有Fe3＋，加入试剂X后溶液显淡红色，则X：KSCN，发生的反应方程式：Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；②溶液呈现淡红色，说明溶液含有Fe3＋的量少，，加入过氧化氢后，颜色加深，说明Fe3＋的浓度增大，促使平衡正向移动，颜色加深，所以原因是：双氧水将Fe2+氧化成Fe3+；
（4）第一份中滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中无KSCN，第二份滴加试剂KSCN，溶液出现红色，说明溶液中含有Fe3＋，第三份中滴加盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有SO42－存在，因此实验①说明：SCN－发生了反应而不是Fe3+发生反应；另取同浓度的 FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明实验②褪色不是氧气的缘故，目的：排除H2O2分解产生的O2氧化SCN－的可能，总上所述褪色的原因：H2O2将SCN－氧化成SO42－。
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