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甘肃省天水市甘谷第一中学2020届高三上学期第四次检测考试化学试题
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甘谷一中2019—2020学年高三级第四次检测
化学试卷
相对原子量：Cl：35.5 C：12 S：32 Cu：64 N：14 H：1 O：16 Fe：56
第Ⅰ卷（选择题，60分）
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共60分)
1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是
A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】
【分析】
陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。
【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；
B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；
C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；
D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。
2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 3g 3He含有的中子数为1NA
B. 1 L 0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确；
B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；
C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；
D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA，D项正确；
答案选B。
3.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
4.常温下，1mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是( )
共价键
H-H
F-F
H-F
H-Cl
H-I
E(kJ/mol)
436
157
568
432
298
A. 432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol B. 表中最稳定的共价键是H-F键
C. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ/mol D. H2(g)+F2(g)=2HF(g) △H=-25kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ/mol＞E(H-Br)＞298 kJ/mol，A正确；
B．键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，所以最稳定的共价键是H-F键，B正确；
C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2→2H(g)△H=+436 kJ/mol，C正确；
D．依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g) =2HF(g)，△H=-543 kJ/mol ，D错误；
故合理选项是D。
5.下列说法正确的是
A. 将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，还是一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热测定
B. 已知反应的中和热为ΔH= -57.3 kJ·mol-1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热ΔH= -2×57.3 kJ·mol-1
C. 燃烧热是指在101 kPa时可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+3/2O2(g)═SO3(g) ΔH= -315 kJ·mol-1 即为硫的燃烧热
D. 化学键断裂时吸收能量，形成时释放能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.分多次缓慢，不能测定最高温度，则测定中和热偏小，应一次性快速注入盐酸中，故A错误；
B.生成硫酸钙放热，则稀硫酸和稀Ca(OH)2溶液反应的反应热ΔH< -2×57.3 kJ·mol-1，则稀硫酸和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热ΔH< -57.3 kJ·mol-1，故B错误；
C.硫燃烧生成稳定氧化物为二氧化硫，不能生成SO3(g)，故C错误；
D. 化学键断裂时吸收能量，形成时释放能量，故D正确。
故选D。
【点睛】在25摄氏度,101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。定义要点：①规定在101 kPa压强，常温25度下测出热量，因为压强和温度不定，反应热数值不相同。②规定可燃物物质的量为1 mol。③规定可燃物完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量为标准。
6.化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是（ ）
A. 苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似
B. 用活性炭为蔗糖脱色和用臭氧漂白纸浆原理相似
C. SO2具有漂白性，可用于食品增白
D. 奥运会中采用的新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减小大气污染
【答案】D
【解析】
【详解】A．纸张久置变黄因为用二氧化硫漂白生成的无色物质分解又变成纸张本来的颜色，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故A错误；
B．用活性炭为蔗糖脱色，是发生吸附属于物理变化，用臭氧漂白纸浆，是因为臭氧具有氧化性，能够氧化有机色素，属于化学变化，二者原理不同，故B错误；
C．因二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品，故C错误；
D．氢气燃烧的产物为水，不污染空气，故D正确；
故选D。
7.下列做法不正确的是（ ）
A. 易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源
B. 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
C. 在50mL量筒中配制0.10mol·L-1碳酸钠溶液
D. 金属钠着火时，用细沙覆盖灭火
【答案】C
【解析】
【详解】A、强氧化剂为可燃物发生氧化反应的氧化剂，在有火源的地方可燃物达到着火点就可以燃烧，所以易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源，故A正确；
B、氨气和水反应生成氨水，氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子，显碱性，红色石蕊试纸遇碱变蓝色，所以能用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故B正确；
C、量筒只能量取溶液不能在量筒中配制溶液，故C错误；
D、钠性质很活泼，能和水、氧气反应，所以为防止钠燃烧，必须隔绝空气和水，一般用细沙覆盖灭火，故D正确；
故选C。
8.离子方程式BaCO3＋2H+===CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是( )
①HCl ②H2SO4 ③HNO3 ④NaHSO4 ⑤CH3COOH
A. ②④ B. ①③ C. ②④⑤ D. ①⑤
【答案】C
【解析】
①HCl溶于水完全电离，不和钡离子反应；②H2SO4于水完全电离，但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀；③HNO3溶于水完全电离，不和钡离子反应；④NaHSO4中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡 ⑤CH3COOH是弱酸存在电离平衡，不能写成氢离子的形式。BaCO3＋2H+===CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是②④⑤，故选C。
9.下列的图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示向l00mL0.l mol·L-l的A1Cl3溶液中滴加1 mol·L-1的NaOH溶液时n [Al(OH)3]的变化情况
B. 图2表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点
C. 图3表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、△H都会发生改变
D. 图4表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，产生n(CO2)的情况
【答案】A
【解析】
A．向l00mL0.l mol·L-l的A1Cl3溶液中滴加1 mol·L-1的NaOH溶液时，最初溶液中沉淀量逐渐增多，当滴加到30mL后，沉淀开始溶解，40mL时沉淀完全溶解，故A正确；B．a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过蒸发溶剂可以得到b点，故B错误；C．加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故C错误；D．向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，最初没有CO2气体生成，当全部生成NaHCO3后，再滴加稀盐酸时才有CO2气体生成，故D错误；答案为A。
10.溴化碘(IBr)的化学性质很像卤素的单质，它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物，它也能与水发生以下反应：IBr＋H2O=HBr＋HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是
A. IBr与水反应时既作氧化剂，又作还原剂
B. 在很多反应中IBr是强氧化剂
C. IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀
D. IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO
【答案】A
【解析】
【详解】A. 因IBr中I元素的化合价为+1价，Br为-1价，HBr中Br为-1价，HIO中I为+1价，则IBr+H2O═HBr+HIO中没有元素化合价的变化，该反应属于非氧化还原反应，则IBr与水反应时既不做氧化剂，也不做还原剂，A项错误；
B. 溴化碘的化学性质与卤素单质相似，则IBr中I元素的化合价为+1价，I元素的化合价在反应中能降低，则在很多化学反应中IBr是强氧化剂，B项正确；
C. 首先发生IBr+H2O═HBr+HIO，然后生成AgBr沉淀，C项正确；
D. 由反应IBr+H2O═HBr+HIO可推知与NaOH反应的化学方程式为IBr+2NaOH=NaBr+NaIO+H2O，D项正确；
答案选A。
11.下列实验现象预测正确的是（ ）
A. 实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变
B. 实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
C. 实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色
D. 实验Ⅳ：滴入FeCl3后，可形成带电的胶体，该分散系导电能力增强
【答案】B
【解析】
分析：A．根据单质溴能与NaOH溶液发生反应，苯与水互不相溶； B．根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析； C．根据在加热时稀硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成NO，广口瓶内有空气，可与NO反应； D．胶体粒子带电荷，胶体本身不带电。
详解：A项，苯的密度比水小，位于上层，苯中的Br2与NaOH溶液发生反应，因此振荡后静置，上层溶液褪色，故A项错误；
B项，浓H2SO4与蔗糖发生氧化还原反应生成SO2和CO2，CO2不与酸性KMnO4溶液反应，有气泡产生，SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故B项正确；
C项，微热稀HNO3片刻，铜与稀HNO3发生反应生成NO，NO与广口瓶内的O2反应生成红棕色的NO2，故C项错误。
D项，FeCl3饱和溶液滴入沸水中继续煮沸至红褐色，生成氢氧化铁胶体，胶体电中性，不带电，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为B。
点睛：本题考查实验方案的评价，涉及到氧化还原反应、萃取等知识点，属于常见的冷拼试题，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，B选项难度较大。
12.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是
A. 制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2
B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满
C. 关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈
D. 工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A. CaO能与水反应，使c(OH－)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；
B. 氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满，B错误；
C. 三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，C错误；
D. 盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D正确；
综上所述，本题选D。
13.在如图所示的蓝色石蕊试纸上，X、Y、Z三处分别滴加浓硝酸、浓硫酸和新制的氯水，三处最后呈现的颜色分别是
A. 白、黑、白 B. 红、黑、红 C. 红、红、白 D. 红、黑、白
【答案】A
【解析】
【详解】因硝酸具有强氧化性，能使试纸褪色，则滴加浓硝酸，先变红后褪色，最后为白色；浓硫酸具有脱水性，则能使蓝色石蕊试纸最后变为黑色；因氯水中含有盐酸和次氯酸，新制氯水具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为白色。
故选A。
14.根据表中信息判断，下列选项正确的是
序号
反应物
产物
①
KMnO4,H2O2,H2SO4
K2SO4、MnSO4………
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO4-…………
Cl2、Mn2+
A. 第①组反应的其余产物为H2O
B. 第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1 : 2
C. 第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子5 mol
D. 氧化性由强到弱的顺序为MnO4->Cl2>Fe3+>Br2
【答案】B
【解析】
试题分析：A．该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，元素化合价降低，根据氧化还原反应转移电子知，双氧水中O元素化合价由-1价变为0价，所以产物还有O2，错误；B．还原性Fe2+ ＞Br- ，所以氯气先氧化Fe2+后氧化Br- ，如果氯气只氧化Fe2+而不氧化Br- ，则第②组反应中Cl2 与FeBr2 的物质的量之比小于或等于1：2，正确； C．第③组反应中生成1mol Cl2 ，转移电子的物质的量=1mol×2×1=2mol，错误； D．同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，第③组氧化性MnO4-＞Cl2，第②组氧化性Cl2＞Br2 ＞Fe3+，所以氧化性由强到弱顺序为MnO4-＞Cl2＞Br2＞Fe3+，错误。
考点：考查氧化还原反应中的反应原理、氧化性强弱的判断方法、离子还原性强弱顺序的知识。
15.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况。下列反应中不属于这种情况的是（ ）
A. 常温下，过量的Fe与浓硝酸反应
B. 过量的Cu与浓硫酸反应
C. 过量的Zn与浓硫酸反应
D. 过量的H2与N2在催化剂存在下反应
【答案】C
【解析】
【分析】
从两个角度考虑，一是可逆反应，二是物质的性质与浓度有关，例如某些酸在浓度较大时具有较强的氧化性或还原性，当浓溶液时可以发生反应，但随着反应的消耗，变成稀溶液往往就不具备继续反应的性质。
【详解】A、常温下，Fe和浓硝酸在常温下发生钝化反应，浓硝酸有剩余，选项A不选；
B. 随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，而Cu与稀硫酸不反应，故Cu过量不能使硫酸完全反应，选项B不选；
C、Zn与浓硫酸反应得到二氧化硫，与稀硫酸反应得到氢气，Zn过量可以是硫酸完全反应，选项C选；
D、氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应，反应存在限度，氢气、氮气不能完全反应，选项D不选。
答案选C。
16.关于化工生产原理的叙述中，不符合目前工业生产实际的是
A. 硫酸工业中，三氧化硫在吸收塔内被水吸收制成浓硫酸
B. 炼铁工业中，用焦炭和空气反应产生的一氧化碳在高温下还原铁矿石中的铁
C. 合成氨工业中，用铁触媒作催化剂，可提高单位时间氨的产量
D. 氯碱工业中，电解槽的阴极区产生NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2O═H2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，最终得到“发烟”硫酸，A项错误；
B、工业制铁是CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，B项正确；
C．催化剂不会引起化学平衡的移动，但是加快了化学反应速率，从而提高单位时间氨的产量，C项正确；
D．氯碱工业中，阴极是氢离子得到电子生成氢气发生还原反应，阴极附近水电离平衡破坏，同时生成NaOH，D项正确；
答案选A。
【点睛】氯碱工业是常考点，其实质是电解饱和食盐水，阳极氯离子发生氧化反应，其电极反应式为:2Cl--2e-=Cl2↑，阴极水发生还原反应，其电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极放氢生碱，会使酚酞变红。
17.在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列方法和现象，不能得出相应结论的是
方法
现象
结论
A
观察氯水颜色
氯水呈黄绿色
氯水中含Cl2
B
向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水
有无色气体产生
氯水中含HClO
C
向红色纸条上滴加氯水
红色纸条褪色
氯水具有漂白性
D
向FeCl2溶液中滴加氯水
溶液变成棕黄色
氯水具有氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查氯气的化学性质。溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，以此解答该题。
【详解】A.氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为氯水中含有氯气，故A正确；
B.向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故B错误；
C.红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，故C正确；
D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2+Cl2===2FeCl3，说明氯水具有氧化性，故D正确。
18.X、Y、Z、W四种物质间的转化关系如图所示 ，下列转化不能一步实现的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氮气与氢气反应可以一步制得氨气，氨气与氧气发生催化氧化可一步得到一氧化氮，NO与氧气反应可一步得到NO2，二氧化氮与一氧化碳反应可得到氮气（汽车尾气处理装置）；
B. Na与水反应可得到NaOH，NaOH与二氧化碳反应可得到碳酸钠，碳酸钠与氯化钡反应可得到氯化钠，电解熔融氯化钠可得到钠单质；
C. 氯气可与氢氧化钙反应得到次氯酸钙，次氯酸钙可与水和二氧化碳反应得到HClO，HClO分解可得HCl，浓盐酸与二氧化锰反应可得到氯气；
D. 硫化氢被氧化可得到硫单质，硫单质无法一步反应制得SO3，三氧化硫溶于水可得到H2SO4；
故答案选D。
19.下列反应过程中的能量变化与图一致的是（ ）
A. CaCO3CaO+CO2↑
B. C+CO22CO
C. 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
D. C+H2OCO+H2
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知，反应物的能量高于生成物的能量，该反应是放热反应，据此分析判断。
【详解】A、碳酸钙高温分解是吸热反应，故A错误；
B、C与CO2反应生成CO的反应是吸热反应，故B错误；
C、铝热反应是放热反应，故C正确；
D、C与水蒸气高温下生成水煤气的反应是吸热反应，故D错误；
故选C。
【点睛】解答本题需要记住常见的放热反应，常见的放热反应有：物质的燃烧反应，金属与酸或水的反应，中和反应，铝热反应，多数的化合反应等。
20.不用其他试剂，用最简单的方法鉴别：①NaOH溶液②Mg(NO3)2溶液③FeC13溶液
④K2SO4溶液，正确的鉴别顺序是
A. ①②③④ B. ③①②④ C. ④①②③ D. ③④②①
【答案】B
【解析】
【详解】通过观察颜色可以鉴别出③FeC13溶液，然后把FeC13溶液分别加入其它溶液，有红褐色沉淀的是①NaOH溶液，再把NaOH溶液分别加入剩余的溶液中，有白色沉淀的是②Mg(NO3)2溶液，无明显现象的是④K2SO4溶液，，正确的顺序是③①②④。
故选B。
21.等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSO4溶液，下列图中表示其产生H2的总体积(V)与时间(t)的关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量。
【详解】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a＞b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a＜b。
故选D。
22.探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B. 将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，说明氨气催化氧化的产物中有NO2
C. 加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3 具有热不稳定性
D. 充分反应后，锥形瓶内有 NO3－存在
【答案】B
【解析】
【详解】A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水，使试管内的压强迅速减小，水充满试管，故A正确；
B.挥发的氨气在红热的铂丝作催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成的NO遇氧气又生成红棕色的二氧化氮，所以瓶口出现红棕色气体，故B错误；
C.加热碳酸氢铵，固体逐渐减少，有液滴产生，说明有水生成，所以可以说明碳酸氢铵受热不稳定，分解为氨气、二氧化碳、水，故C正确；
D.氨气在红热的铂丝作催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成的NO遇氧气又生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以锥形瓶内有NO3－存在，故D正确。
故选B。
23.据最近报道,中国生产的首艘国产航母“山东”号已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方法1：舰体镶嵌一些金属块;方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是（ ）
A. 方法1叫外加电流的阴极保护法
B. 方法2叫牺牲阳极的阴极保护法
C. 方法1中金属块可能是锌、锡和铜
D. 方法2中舰体连接电源的负极
【答案】D
【解析】
试题分析：舰体是由钢板做的。方法1，舰体镶嵌一些金属块，必须是比铁活泼的金属，如锌等（锡和铜不行），这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法；方法2，航母舰体与电源相连，必须与电源负极相连，这种方法叫外加电流的阴极保护法。综上所述，D正确，本题选D。
24.某溶液中含有的离子可能是K＋、Ba2＋、Al3＋、Mg2＋、AlO2－、CO32－、SiO32－、Cl－中的几种，现进行如下实验：
①取少量溶液，加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；
②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol·L－1盐酸，产生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；
③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.287g。
下列说法中正确的是（ ）
A. 该溶液中一定不含Ba2＋、Mg2＋、Al3＋、SiO32－、Cl－
B. 该溶液中一定含有K＋、AlO2－、CO32－、Cl－
C. 该溶液是否有K＋需做焰色反应实验(透过蓝色钴玻璃片)
D. 可能含有Cl－
【答案】B
【解析】
【分析】
①加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在A13+、Mg2+；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L-1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，产生的气体为二氧化碳，说明溶液中存在AlO2-、CO32-，所以一定不存在SiO32-、Ba2+，根据溶液呈电中性，溶液中一定存在K+；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0. 287g，沉淀为AgCl，物质的量为=0.002mol＞n(HCl)=0.005L×0.2mol/L=0.001mol，所以原溶液中一定存在0.001molCl-，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A错误；
B．由上述分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正确；
C．根据溶液的电中性可以判断，溶液中一定存在K+，不需要通过焰色反应判断K+是否存在，故C错误；
D．根据分析可知，原溶液中一定存在Cl-，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为K+、Cl-的判断，要注意根据溶液显电中性判断K+，根据③的计算判断Cl-。
25.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。
【此处有视频，请去附件查看】
26.同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的两种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NO和N2。现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（ ）
A. V1>V2>V3 B. V1>V3>V2 C. V2>V3>V1 D. V3>V1>V2
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高，试管中剩余气体越少。
【详解】设每种气体各占1L，则
①组合发生反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，剩余气体的体积为：1L+1/3L＝4/3L；
②组合发生反应：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，剩余气体的体积为1L－1/4L＝3/4L；
③组中NO和N2都不溶于水，剩余气体为2L。
故充分反应后，试管中剩余气体的体积关系为V3＞V1＞V2，答案选D。
27.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图．下列说法正确的是 （ ）
A. NH3催化还原NO为吸热反应
B. 过程Ⅰ中NH3断裂非极性键
C. 过程Ⅱ中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂
D. 脱硝的总反应为： 4NH3(g)+4NO(g)+ O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应，故A错误；
B．NH3断裂的是N-H极性键，故B错误；
C．NO→N2，化合价由+2→0，化合价降低，得电子作氧化剂，Fe2+在反应前后没有发生变化，故作催化剂，故C错误；
D．由图象知，脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)，故D正确；
故选D。
28.铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如图所示。下列说法不正确的是
A. 因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀
B. 若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小
C. 铜极上的反应是2H++2e− =H2↑、O2+4e−+4H+=2H2O
D. 在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀
【答案】B
【解析】
试题分析：A．因铁的金属性比铜强，形成原电池时铁作负极，铁失电子发生氧化反应，则铁铆钉被氧化而腐蚀，A项正确；B．若水膜中溶解了SO2，SO2与水反应生成亚硫酸，水膜的酸性增强，则铁铆钉腐蚀的速率变大，B项错误；C．铜极上既发生析氢腐蚀，又发生吸氧腐蚀，则铜电极上的反应是2H++ 2e-=H2↑，O2+ 4e-+ 4H+= 2H2O ，C项正确；D．在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀，D项正确；答案选B。
考点：考查金属的腐蚀与防护。
29.无色的混合气体甲中可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种。将100mL气体甲经过如图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（ ）
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2
C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】B
【解析】
【分析】
二氧化氮是红棕色气体，浓硫酸可以和氨气反应，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，氮气不溶于水，将100mL甲气体经过如图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明无氮气，据此分析解答。
【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在NO2；硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，因此通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，因此混合气体为NH3、NO、CO2，故选B。
30.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（ ）
A. 左池的pH值降低
B. 右边为阴离子交换膜
C. 右池电极反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2O
D. 当消耗0.1mol C6H6O，在标准状况下将产生0.28mol氮气
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；
B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；
C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2↑+ 6H2O，C正确；
D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=mol=2.8mol，则当消耗0.1mol C6H6O，将会产生0.28mol氮气，D正确；
故合理选项是B。
第II卷（非选择题）
31.海水中溴含量约为65mg·L-1，从海水中提取溴的工艺流程如下：
(1)以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是_______。
(2)步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2,利用了溴的__________。
A.氧化性 B.还原性 C.挥发性 D.腐蚀性
(3)步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面横线上填入适当的化学计量数:_____Br2+_____CO32-=_____ BrO3-+_____Br-+_____CO2↑
(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式:__________。
(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是__________。
A.乙醇 B.四氯化碳 C.烧碱溶液 D.苯
【答案】 (1). 富集(或浓缩)溴元素 (2). C (3). 3 (4). 3 (5). 1 (6). 5 (7). 3 (8). SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 (9). BD
【解析】
【分析】
海水通过晒盐得到氯化钠和卤水，电解饱和氯化钠溶液得到氯气，卤水加入氧化剂氯气氧化溴离子得到低浓度的单质溴溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，用纯碱溶液吸收溴单质得到含Br-、BrO3-的溶液，再利用溴酸根离子和溴离子在酸性溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，据此分析解答。
【详解】(1)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，故答案为：富集溴元素；
(2)溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故答案为：C；
(3)该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为：3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2↑，故答案为：3；3；1；5；3；
(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏．溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；
(5)萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。A．乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，故A错误；B．四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故B正确；C．溴单质与烧碱溶液反应，不能做萃取剂，故C错误；D．苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故D正确；故选BD。
【点睛】明确海水提溴的原理是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意反应中溴既是氧化剂又是还原剂，配平时可以将二者分开配平，配平后再合并。
32.HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2＋。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是__(填序号)。
A.亚硝酸盐被还原 B.维生素C是还原剂
C.维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋ D.亚硝酸盐是还原剂
（2）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是__(填序号)。
A.加入稀盐酸，观察是否有气泡产生
B.加入AgNO3，观察是否有沉淀产生
C.在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，观察溶液颜色(I2遇淀粉呈蓝色)
（3）某同学把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：__。
【答案】 (1). D (2). B (3). NO2－＋Cl2＋H2O=NO3－＋2H＋＋2Cl－
【解析】
【分析】
(1)由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；
(2)A．亚硝酸钠能和HCl反应生成HNO2，然后分解生成NO和NO2；B．加入AgNO3能和NO2-、Cl-均会生成沉淀；C．酸性条件下，亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮，同时生成碘单质；据此分析判断；
(3)依据题干信息和反应物、生成物，结合原子守恒配平书写离子方程式。
【详解】(1)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被还原，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂，只有D不正确，故答案为：D；
(2)A．亚硝酸钠能和HCl反应生成HNO2，然后分解生成NO和NO2，NaCl和HCl不反应，现象不同，可以鉴别，故A不选；B.加入AgNO3，会分别生成AgNO2和AgCl沉淀，均有沉淀产生，现象相同，不能鉴别，故B选；C．在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，现象不同，可以用酸性条件下的KI淀粉试液来鉴别，故C不选；故答案为：B；
(3)某同学把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，反应的离子方程式为：NO2- +Cl2+H2O=NO3- +2H++2Cl-，故答案为：NO2- +Cl2+H2O=NO3- +2H++2Cl-。
33.某研究小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验（夹持装置已略去）。
（1）在配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在________中，再加水稀释，这样操作的目的是________，操作中不需要的仪器有________（填入正确选项前的字母）。
a．药匙 b．烧杯 c．石棉网 d．玻璃棒 e．坩埚
（2）通入足量SO2时，C中观察到的现象为______________________________。
（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应。
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式：___________________________；
②请设计实验方案检验有Fe2＋生成：__________________________________；
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42-。该做法________（填“合理”或“不合理”），理由是_______________________________________________________________。
（4）D装置中倒置漏斗的作用是______________________________________。
（5）为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有________（填入正确选项前的字母）。
a．浓H2SO4b．酸性KMnO4溶液
c．碘水 d．NaCl溶液
【答案】（1）浓盐酸 抑制氯化铁水解 ce
（2）溶液由棕黄色变为浅绿色
（3）①2Fe3＋＋SO2＋2H2O=SO42-＋4H＋＋2Fe2＋
②取C中反应后的溶液，向其中滴入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水（或H2O2溶液等），溶液变红
③不合理 硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰实验
（4）使气体充分吸收；防止溶液倒吸
（5）bc
【解析】
（1）氯化铁在水溶液中易发生水解，因此配制氯化铁溶液时，一般先把氯化铁晶体溶于浓盐酸中，再加水稀释，以抑制其水解。配制溶液在烧杯中进行，不需要石棉网和坩埚。（2）SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，Fe3＋被还原为Fe2＋，溶液由棕黄色变为浅绿色。（3）②检验Fe2＋时要排除Fe3＋的干扰，即先加KSCN溶液，在确认溶液中不存在Fe3＋的情况下，加入氯水等氧化剂，若有Fe2＋，则溶液变红。（4）倒置的漏斗与水有较大的接触面积，可使气体充分吸收并防止溶液倒吸。（5）验证SO2具有还原性，要求用具有氧化性的试剂，能与SO2发生氧化还原反应且有明显现象。
34.硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应 (3). 热水浴 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 (6). 防止Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)2∙12H2O
【解析】
【详解】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；
（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；
（3）步骤③中选用足量H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；
（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；
（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。
35.Ⅰ．肼(N2H4)又称联氨，常温时是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。
①2O2(g)＋N2(g)=N2O4(l) ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)=N2H4(l) ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝___。(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)
II．如图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼(N2H4)─空气燃料电池(如图甲)并探究某些工业原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜(即只允许阳离子通过)。
根据要求回答相关问题：
（1）甲装置中通入___气体的一极为正极。
（2）乙装置中石墨电极为___极，其电极反应式为__；可以用__检验该反应产物，电解一段时间后，乙池中的溶液呈__性。
（3）图中用丙装置模拟工业中的___原理，如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则理论上甲装置中肼消耗质量为__g。
【答案】 (1). ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1 (2). 空气 (3). 阳 (4). 2Cl--2e-=Cl2↑ (5). 湿润的碘化钾淀粉试纸（或用玻璃棒蘸取浓氨水或湿润的蓝色石蕊试纸或湿润的有色布条等） (6). 碱 (7). 粗铜的精炼 (8). 0.8
【解析】
【分析】
Ⅰ．根据盖斯定律分析计算；
II．燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入空气的电极为正极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。
【详解】Ⅰ．①①2O2(g)＋N2(g)=N2O4(l) ΔH1，②N2(g)＋2H2(g)=N2H4(l) ΔH2，③O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) ΔH3，所求反应为：2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)，根据盖斯定律，由③×2-②-①得到，反应的焓变△H4=2△H2-2△H3-△H1，故答案为：2△H2-2△H3-△H1；
II．(1)甲为燃料电池，通入燃料的电极为负极，通入空气的电极为正极，故答案为：空气；
(2)乙装置中石墨与电源正极相连，为阳极，阳极上发生氧化反应，氯离子失去电子生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸，检验氯气，观察试纸是否变蓝，电解食盐水的总反应为2H2O+2Cl-Cl2↑+H2↑+2OH-，因此电解后的溶液呈碱性，故答案为：阳；2Cl--2e-=Cl2↑；湿润的淀粉碘化钾试纸；碱；
(3)装置丙中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以该装置为粗铜精炼装置；原电池负极和纯铜电极上有：N2H4～N2～4e-，Cu～Cu2+～2e-，根据电子守恒得到关系式：N2H4～2Cu，n(N2H4)=n(Cu)=×=0.025mol，m(N2H4)=nM=0.025mol×32g/mol=0.8g，故答案为：粗铜的精炼；0.8。
【点睛】本题的易错点为II(3)的计算，要注意肼-空气燃料电池中的总反应方程式为N2H4+ O2=N2+ 2H2O，反应中转移4个电子。
化学试卷
相对原子量：Cl：35.5 C：12 S：32 Cu：64 N：14 H：1 O：16 Fe：56
第Ⅰ卷（选择题，60分）
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共60分)
1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是
A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】
【分析】
陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。
【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；
B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；
C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；
D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。
2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 3g 3He含有的中子数为1NA
B. 1 L 0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确；
B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；
C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；
D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA，D项正确；
答案选B。
3.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
4.常温下，1mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是( )
共价键
H-H
F-F
H-F
H-Cl
H-I
E(kJ/mol)
436
157
568
432
298
A. 432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol B. 表中最稳定的共价键是H-F键
C. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ/mol D. H2(g)+F2(g)=2HF(g) △H=-25kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ/mol＞E(H-Br)＞298 kJ/mol，A正确；
B．键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，所以最稳定的共价键是H-F键，B正确；
C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2→2H(g)△H=+436 kJ/mol，C正确；
D．依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g) =2HF(g)，△H=-543 kJ/mol ，D错误；
故合理选项是D。
5.下列说法正确的是
A. 将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，还是一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热测定
B. 已知反应的中和热为ΔH= -57.3 kJ·mol-1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热ΔH= -2×57.3 kJ·mol-1
C. 燃烧热是指在101 kPa时可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+3/2O2(g)═SO3(g) ΔH= -315 kJ·mol-1 即为硫的燃烧热
D. 化学键断裂时吸收能量，形成时释放能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.分多次缓慢，不能测定最高温度，则测定中和热偏小，应一次性快速注入盐酸中，故A错误；
B.生成硫酸钙放热，则稀硫酸和稀Ca(OH)2溶液反应的反应热ΔH< -2×57.3 kJ·mol-1，则稀硫酸和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热ΔH< -57.3 kJ·mol-1，故B错误；
C.硫燃烧生成稳定氧化物为二氧化硫，不能生成SO3(g)，故C错误；
D. 化学键断裂时吸收能量，形成时释放能量，故D正确。
故选D。
【点睛】在25摄氏度,101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。定义要点：①规定在101 kPa压强，常温25度下测出热量，因为压强和温度不定，反应热数值不相同。②规定可燃物物质的量为1 mol。③规定可燃物完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量为标准。
6.化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是（ ）
A. 苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似
B. 用活性炭为蔗糖脱色和用臭氧漂白纸浆原理相似
C. SO2具有漂白性，可用于食品增白
D. 奥运会中采用的新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减小大气污染
【答案】D
【解析】
【详解】A．纸张久置变黄因为用二氧化硫漂白生成的无色物质分解又变成纸张本来的颜色，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故A错误；
B．用活性炭为蔗糖脱色，是发生吸附属于物理变化，用臭氧漂白纸浆，是因为臭氧具有氧化性，能够氧化有机色素，属于化学变化，二者原理不同，故B错误；
C．因二氧化硫对人体有害，不能用来漂白食品，故C错误；
D．氢气燃烧的产物为水，不污染空气，故D正确；
故选D。
7.下列做法不正确的是（ ）
A. 易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源
B. 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
C. 在50mL量筒中配制0.10mol·L-1碳酸钠溶液
D. 金属钠着火时，用细沙覆盖灭火
【答案】C
【解析】
【详解】A、强氧化剂为可燃物发生氧化反应的氧化剂，在有火源的地方可燃物达到着火点就可以燃烧，所以易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源，故A正确；
B、氨气和水反应生成氨水，氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子，显碱性，红色石蕊试纸遇碱变蓝色，所以能用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故B正确；
C、量筒只能量取溶液不能在量筒中配制溶液，故C错误；
D、钠性质很活泼，能和水、氧气反应，所以为防止钠燃烧，必须隔绝空气和水，一般用细沙覆盖灭火，故D正确；
故选C。
8.离子方程式BaCO3＋2H+===CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是( )
①HCl ②H2SO4 ③HNO3 ④NaHSO4 ⑤CH3COOH
A. ②④ B. ①③ C. ②④⑤ D. ①⑤
【答案】C
【解析】
①HCl溶于水完全电离，不和钡离子反应；②H2SO4于水完全电离，但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀；③HNO3溶于水完全电离，不和钡离子反应；④NaHSO4中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡 ⑤CH3COOH是弱酸存在电离平衡，不能写成氢离子的形式。BaCO3＋2H+===CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是②④⑤，故选C。
9.下列的图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示向l00mL0.l mol·L-l的A1Cl3溶液中滴加1 mol·L-1的NaOH溶液时n [Al(OH)3]的变化情况
B. 图2表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点
C. 图3表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、△H都会发生改变
D. 图4表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，产生n(CO2)的情况
【答案】A
【解析】
A．向l00mL0.l mol·L-l的A1Cl3溶液中滴加1 mol·L-1的NaOH溶液时，最初溶液中沉淀量逐渐增多，当滴加到30mL后，沉淀开始溶解，40mL时沉淀完全溶解，故A正确；B．a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过蒸发溶剂可以得到b点，故B错误；C．加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故C错误；D．向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，最初没有CO2气体生成，当全部生成NaHCO3后，再滴加稀盐酸时才有CO2气体生成，故D错误；答案为A。
10.溴化碘(IBr)的化学性质很像卤素的单质，它能与大多数金属、非金属化合生成卤化物，它也能与水发生以下反应：IBr＋H2O=HBr＋HIO，下列有关IBr的叙述中，不正确的是
A. IBr与水反应时既作氧化剂，又作还原剂
B. 在很多反应中IBr是强氧化剂
C. IBr与AgNO3溶液反应会生成AgBr沉淀
D. IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO
【答案】A
【解析】
【详解】A. 因IBr中I元素的化合价为+1价，Br为-1价，HBr中Br为-1价，HIO中I为+1价，则IBr+H2O═HBr+HIO中没有元素化合价的变化，该反应属于非氧化还原反应，则IBr与水反应时既不做氧化剂，也不做还原剂，A项错误；
B. 溴化碘的化学性质与卤素单质相似，则IBr中I元素的化合价为+1价，I元素的化合价在反应中能降低，则在很多化学反应中IBr是强氧化剂，B项正确；
C. 首先发生IBr+H2O═HBr+HIO，然后生成AgBr沉淀，C项正确；
D. 由反应IBr+H2O═HBr+HIO可推知与NaOH反应的化学方程式为IBr+2NaOH=NaBr+NaIO+H2O，D项正确；
答案选A。
11.下列实验现象预测正确的是（ ）
A. 实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变
B. 实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
C. 实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色
D. 实验Ⅳ：滴入FeCl3后，可形成带电的胶体，该分散系导电能力增强
【答案】B
【解析】
分析：A．根据单质溴能与NaOH溶液发生反应，苯与水互不相溶； B．根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析； C．根据在加热时稀硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成NO，广口瓶内有空气，可与NO反应； D．胶体粒子带电荷，胶体本身不带电。
详解：A项，苯的密度比水小，位于上层，苯中的Br2与NaOH溶液发生反应，因此振荡后静置，上层溶液褪色，故A项错误；
B项，浓H2SO4与蔗糖发生氧化还原反应生成SO2和CO2，CO2不与酸性KMnO4溶液反应，有气泡产生，SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故B项正确；
C项，微热稀HNO3片刻，铜与稀HNO3发生反应生成NO，NO与广口瓶内的O2反应生成红棕色的NO2，故C项错误。
D项，FeCl3饱和溶液滴入沸水中继续煮沸至红褐色，生成氢氧化铁胶体，胶体电中性，不带电，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为B。
点睛：本题考查实验方案的评价，涉及到氧化还原反应、萃取等知识点，属于常见的冷拼试题，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，B选项难度较大。
12.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是
A. 制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2
B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满
C. 关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈
D. 工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A. CaO能与水反应，使c(OH－)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；
B. 氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满，B错误；
C. 三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，C错误；
D. 盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D正确；
综上所述，本题选D。
13.在如图所示的蓝色石蕊试纸上，X、Y、Z三处分别滴加浓硝酸、浓硫酸和新制的氯水，三处最后呈现的颜色分别是
A. 白、黑、白 B. 红、黑、红 C. 红、红、白 D. 红、黑、白
【答案】A
【解析】
【详解】因硝酸具有强氧化性，能使试纸褪色，则滴加浓硝酸，先变红后褪色，最后为白色；浓硫酸具有脱水性，则能使蓝色石蕊试纸最后变为黑色；因氯水中含有盐酸和次氯酸，新制氯水具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为白色。
故选A。
14.根据表中信息判断，下列选项正确的是
序号
反应物
产物
①
KMnO4,H2O2,H2SO4
K2SO4、MnSO4………
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO4-…………
Cl2、Mn2+
A. 第①组反应的其余产物为H2O
B. 第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1 : 2
C. 第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子5 mol
D. 氧化性由强到弱的顺序为MnO4->Cl2>Fe3+>Br2
【答案】B
【解析】
试题分析：A．该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，元素化合价降低，根据氧化还原反应转移电子知，双氧水中O元素化合价由-1价变为0价，所以产物还有O2，错误；B．还原性Fe2+ ＞Br- ，所以氯气先氧化Fe2+后氧化Br- ，如果氯气只氧化Fe2+而不氧化Br- ，则第②组反应中Cl2 与FeBr2 的物质的量之比小于或等于1：2，正确； C．第③组反应中生成1mol Cl2 ，转移电子的物质的量=1mol×2×1=2mol，错误； D．同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，第③组氧化性MnO4-＞Cl2，第②组氧化性Cl2＞Br2 ＞Fe3+，所以氧化性由强到弱顺序为MnO4-＞Cl2＞Br2＞Fe3+，错误。
考点：考查氧化还原反应中的反应原理、氧化性强弱的判断方法、离子还原性强弱顺序的知识。
15.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况。下列反应中不属于这种情况的是（ ）
A. 常温下，过量的Fe与浓硝酸反应
B. 过量的Cu与浓硫酸反应
C. 过量的Zn与浓硫酸反应
D. 过量的H2与N2在催化剂存在下反应
【答案】C
【解析】
【分析】
从两个角度考虑，一是可逆反应，二是物质的性质与浓度有关，例如某些酸在浓度较大时具有较强的氧化性或还原性，当浓溶液时可以发生反应，但随着反应的消耗，变成稀溶液往往就不具备继续反应的性质。
【详解】A、常温下，Fe和浓硝酸在常温下发生钝化反应，浓硝酸有剩余，选项A不选；
B. 随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，而Cu与稀硫酸不反应，故Cu过量不能使硫酸完全反应，选项B不选；
C、Zn与浓硫酸反应得到二氧化硫，与稀硫酸反应得到氢气，Zn过量可以是硫酸完全反应，选项C选；
D、氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应，反应存在限度，氢气、氮气不能完全反应，选项D不选。
答案选C。
16.关于化工生产原理的叙述中，不符合目前工业生产实际的是
A. 硫酸工业中，三氧化硫在吸收塔内被水吸收制成浓硫酸
B. 炼铁工业中，用焦炭和空气反应产生的一氧化碳在高温下还原铁矿石中的铁
C. 合成氨工业中，用铁触媒作催化剂，可提高单位时间氨的产量
D. 氯碱工业中，电解槽的阴极区产生NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2O═H2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，最终得到“发烟”硫酸，A项错误；
B、工业制铁是CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，B项正确；
C．催化剂不会引起化学平衡的移动，但是加快了化学反应速率，从而提高单位时间氨的产量，C项正确；
D．氯碱工业中，阴极是氢离子得到电子生成氢气发生还原反应，阴极附近水电离平衡破坏，同时生成NaOH，D项正确；
答案选A。
【点睛】氯碱工业是常考点，其实质是电解饱和食盐水，阳极氯离子发生氧化反应，其电极反应式为:2Cl--2e-=Cl2↑，阴极水发生还原反应，其电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极放氢生碱，会使酚酞变红。
17.在探究新制氯水成分及性质的实验中，依据下列方法和现象，不能得出相应结论的是
方法
现象
结论
A
观察氯水颜色
氯水呈黄绿色
氯水中含Cl2
B
向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水
有无色气体产生
氯水中含HClO
C
向红色纸条上滴加氯水
红色纸条褪色
氯水具有漂白性
D
向FeCl2溶液中滴加氯水
溶液变成棕黄色
氯水具有氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查氯气的化学性质。溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，以此解答该题。
【详解】A.氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为氯水中含有氯气，故A正确；
B.向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故B错误；
C.红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，故C正确；
D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2+Cl2===2FeCl3，说明氯水具有氧化性，故D正确。
18.X、Y、Z、W四种物质间的转化关系如图所示 ，下列转化不能一步实现的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氮气与氢气反应可以一步制得氨气，氨气与氧气发生催化氧化可一步得到一氧化氮，NO与氧气反应可一步得到NO2，二氧化氮与一氧化碳反应可得到氮气（汽车尾气处理装置）；
B. Na与水反应可得到NaOH，NaOH与二氧化碳反应可得到碳酸钠，碳酸钠与氯化钡反应可得到氯化钠，电解熔融氯化钠可得到钠单质；
C. 氯气可与氢氧化钙反应得到次氯酸钙，次氯酸钙可与水和二氧化碳反应得到HClO，HClO分解可得HCl，浓盐酸与二氧化锰反应可得到氯气；
D. 硫化氢被氧化可得到硫单质，硫单质无法一步反应制得SO3，三氧化硫溶于水可得到H2SO4；
故答案选D。
19.下列反应过程中的能量变化与图一致的是（ ）
A. CaCO3CaO+CO2↑
B. C+CO22CO
C. 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
D. C+H2OCO+H2
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知，反应物的能量高于生成物的能量，该反应是放热反应，据此分析判断。
【详解】A、碳酸钙高温分解是吸热反应，故A错误；
B、C与CO2反应生成CO的反应是吸热反应，故B错误；
C、铝热反应是放热反应，故C正确；
D、C与水蒸气高温下生成水煤气的反应是吸热反应，故D错误；
故选C。
【点睛】解答本题需要记住常见的放热反应，常见的放热反应有：物质的燃烧反应，金属与酸或水的反应，中和反应，铝热反应，多数的化合反应等。
20.不用其他试剂，用最简单的方法鉴别：①NaOH溶液②Mg(NO3)2溶液③FeC13溶液
④K2SO4溶液，正确的鉴别顺序是
A. ①②③④ B. ③①②④ C. ④①②③ D. ③④②①
【答案】B
【解析】
【详解】通过观察颜色可以鉴别出③FeC13溶液，然后把FeC13溶液分别加入其它溶液，有红褐色沉淀的是①NaOH溶液，再把NaOH溶液分别加入剩余的溶液中，有白色沉淀的是②Mg(NO3)2溶液，无明显现象的是④K2SO4溶液，，正确的顺序是③①②④。
故选B。
21.等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSO4溶液，下列图中表示其产生H2的总体积(V)与时间(t)的关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量。
【详解】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a＞b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a＜b。
故选D。
22.探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B. 将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，说明氨气催化氧化的产物中有NO2
C. 加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3 具有热不稳定性
D. 充分反应后，锥形瓶内有 NO3－存在
【答案】B
【解析】
【详解】A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水，使试管内的压强迅速减小，水充满试管，故A正确；
B.挥发的氨气在红热的铂丝作催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成的NO遇氧气又生成红棕色的二氧化氮，所以瓶口出现红棕色气体，故B错误；
C.加热碳酸氢铵，固体逐渐减少，有液滴产生，说明有水生成，所以可以说明碳酸氢铵受热不稳定，分解为氨气、二氧化碳、水，故C正确；
D.氨气在红热的铂丝作催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成的NO遇氧气又生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以锥形瓶内有NO3－存在，故D正确。
故选B。
23.据最近报道,中国生产的首艘国产航母“山东”号已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方法1：舰体镶嵌一些金属块;方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是（ ）
A. 方法1叫外加电流的阴极保护法
B. 方法2叫牺牲阳极的阴极保护法
C. 方法1中金属块可能是锌、锡和铜
D. 方法2中舰体连接电源的负极
【答案】D
【解析】
试题分析：舰体是由钢板做的。方法1，舰体镶嵌一些金属块，必须是比铁活泼的金属，如锌等（锡和铜不行），这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法；方法2，航母舰体与电源相连，必须与电源负极相连，这种方法叫外加电流的阴极保护法。综上所述，D正确，本题选D。
24.某溶液中含有的离子可能是K＋、Ba2＋、Al3＋、Mg2＋、AlO2－、CO32－、SiO32－、Cl－中的几种，现进行如下实验：
①取少量溶液，加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成；
②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol·L－1盐酸，产生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失；
③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.287g。
下列说法中正确的是（ ）
A. 该溶液中一定不含Ba2＋、Mg2＋、Al3＋、SiO32－、Cl－
B. 该溶液中一定含有K＋、AlO2－、CO32－、Cl－
C. 该溶液是否有K＋需做焰色反应实验(透过蓝色钴玻璃片)
D. 可能含有Cl－
【答案】B
【解析】
【分析】
①加氢氧化钠溶液过程中无沉淀生成，说明溶液中一定不存在A13+、Mg2+；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol•L-1盐酸，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生气体，最后沉淀逐渐减少至消失，产生和溶解的沉淀为氢氧化铝，产生的气体为二氧化碳，说明溶液中存在AlO2-、CO32-，所以一定不存在SiO32-、Ba2+，根据溶液呈电中性，溶液中一定存在K+；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0. 287g，沉淀为AgCl，物质的量为=0.002mol＞n(HCl)=0.005L×0.2mol/L=0.001mol，所以原溶液中一定存在0.001molCl-，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A错误；
B．由上述分析可知：该溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正确；
C．根据溶液的电中性可以判断，溶液中一定存在K+，不需要通过焰色反应判断K+是否存在，故C错误；
D．根据分析可知，原溶液中一定存在Cl-，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为K+、Cl-的判断，要注意根据溶液显电中性判断K+，根据③的计算判断Cl-。
25.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。
【此处有视频，请去附件查看】
26.同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的两种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NO和N2。现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（ ）
A. V1>V2>V3 B. V1>V3>V2 C. V2>V3>V1 D. V3>V1>V2
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高，试管中剩余气体越少。
【详解】设每种气体各占1L，则
①组合发生反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，剩余气体的体积为：1L+1/3L＝4/3L；
②组合发生反应：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，剩余气体的体积为1L－1/4L＝3/4L；
③组中NO和N2都不溶于水，剩余气体为2L。
故充分反应后，试管中剩余气体的体积关系为V3＞V1＞V2，答案选D。
27.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图．下列说法正确的是 （ ）
A. NH3催化还原NO为吸热反应
B. 过程Ⅰ中NH3断裂非极性键
C. 过程Ⅱ中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂
D. 脱硝的总反应为： 4NH3(g)+4NO(g)+ O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应，故A错误；
B．NH3断裂的是N-H极性键，故B错误；
C．NO→N2，化合价由+2→0，化合价降低，得电子作氧化剂，Fe2+在反应前后没有发生变化，故作催化剂，故C错误；
D．由图象知，脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)，故D正确；
故选D。
28.铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如图所示。下列说法不正确的是
A. 因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀
B. 若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小
C. 铜极上的反应是2H++2e− =H2↑、O2+4e−+4H+=2H2O
D. 在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀
【答案】B
【解析】
试题分析：A．因铁的金属性比铜强，形成原电池时铁作负极，铁失电子发生氧化反应，则铁铆钉被氧化而腐蚀，A项正确；B．若水膜中溶解了SO2，SO2与水反应生成亚硫酸，水膜的酸性增强，则铁铆钉腐蚀的速率变大，B项错误；C．铜极上既发生析氢腐蚀，又发生吸氧腐蚀，则铜电极上的反应是2H++ 2e-=H2↑，O2+ 4e-+ 4H+= 2H2O ，C项正确；D．在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀，D项正确；答案选B。
考点：考查金属的腐蚀与防护。
29.无色的混合气体甲中可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种。将100mL气体甲经过如图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（ ）
A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2
C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2
【答案】B
【解析】
【分析】
二氧化氮是红棕色气体，浓硫酸可以和氨气反应，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，氮气不溶于水，将100mL甲气体经过如图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，说明无氮气，据此分析解答。
【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在NO2；硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，因此通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，因此混合气体为NH3、NO、CO2，故选B。
30.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（ ）
A. 左池的pH值降低
B. 右边为阴离子交换膜
C. 右池电极反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2O
D. 当消耗0.1mol C6H6O，在标准状况下将产生0.28mol氮气
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；
B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；
C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2↑+ 6H2O，C正确；
D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=mol=2.8mol，则当消耗0.1mol C6H6O，将会产生0.28mol氮气，D正确；
故合理选项是B。
第II卷（非选择题）
31.海水中溴含量约为65mg·L-1，从海水中提取溴的工艺流程如下：
(1)以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是_______。
(2)步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2,利用了溴的__________。
A.氧化性 B.还原性 C.挥发性 D.腐蚀性
(3)步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面横线上填入适当的化学计量数:_____Br2+_____CO32-=_____ BrO3-+_____Br-+_____CO2↑
(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式:__________。
(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是__________。
A.乙醇 B.四氯化碳 C.烧碱溶液 D.苯
【答案】 (1). 富集(或浓缩)溴元素 (2). C (3). 3 (4). 3 (5). 1 (6). 5 (7). 3 (8). SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 (9). BD
【解析】
【分析】
海水通过晒盐得到氯化钠和卤水，电解饱和氯化钠溶液得到氯气，卤水加入氧化剂氯气氧化溴离子得到低浓度的单质溴溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，用纯碱溶液吸收溴单质得到含Br-、BrO3-的溶液，再利用溴酸根离子和溴离子在酸性溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，据此分析解答。
【详解】(1)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，故答案为：富集溴元素；
(2)溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故答案为：C；
(3)该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为：3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2↑，故答案为：3；3；1；5；3；
(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏．溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；
(5)萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。A．乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，故A错误；B．四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故B正确；C．溴单质与烧碱溶液反应，不能做萃取剂，故C错误；D．苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故D正确；故选BD。
【点睛】明确海水提溴的原理是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意反应中溴既是氧化剂又是还原剂，配平时可以将二者分开配平，配平后再合并。
32.HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2＋。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，可以服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是__(填序号)。
A.亚硝酸盐被还原 B.维生素C是还原剂
C.维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋ D.亚硝酸盐是还原剂
（2）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是__(填序号)。
A.加入稀盐酸，观察是否有气泡产生
B.加入AgNO3，观察是否有沉淀产生
C.在酸性条件下加入KI-淀粉溶液，观察溶液颜色(I2遇淀粉呈蓝色)
（3）某同学把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：__。
【答案】 (1). D (2). B (3). NO2－＋Cl2＋H2O=NO3－＋2H＋＋2Cl－
【解析】
【分析】
(1)由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；
(2)A．亚硝酸钠能和HCl反应生成HNO2，然后分解生成NO和NO2；B．加入AgNO3能和NO2-、Cl-均会生成沉淀；C．酸性条件下，亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮，同时生成碘单质；据此分析判断；
(3)依据题干信息和反应物、生成物，结合原子守恒配平书写离子方程式。
【详解】(1)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被还原，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂，只有D不正确，故答案为：D；
(2)A．亚硝酸钠能和HCl反应生成HNO2，然后分解生成NO和NO2，NaCl和HCl不反应，现象不同，可以鉴别，故A不选；B.加入AgNO3，会分别生成AgNO2和AgCl沉淀，均有沉淀产生，现象相同，不能鉴别，故B选；C．在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，现象不同，可以用酸性条件下的KI淀粉试液来鉴别，故C不选；故答案为：B；
(3)某同学把氯气通入到NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，反应的离子方程式为：NO2- +Cl2+H2O=NO3- +2H++2Cl-，故答案为：NO2- +Cl2+H2O=NO3- +2H++2Cl-。
33.某研究小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验（夹持装置已略去）。
（1）在配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在________中，再加水稀释，这样操作的目的是________，操作中不需要的仪器有________（填入正确选项前的字母）。
a．药匙 b．烧杯 c．石棉网 d．玻璃棒 e．坩埚
（2）通入足量SO2时，C中观察到的现象为______________________________。
（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应。
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式：___________________________；
②请设计实验方案检验有Fe2＋生成：__________________________________；
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42-。该做法________（填“合理”或“不合理”），理由是_______________________________________________________________。
（4）D装置中倒置漏斗的作用是______________________________________。
（5）为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有________（填入正确选项前的字母）。
a．浓H2SO4b．酸性KMnO4溶液
c．碘水 d．NaCl溶液
【答案】（1）浓盐酸 抑制氯化铁水解 ce
（2）溶液由棕黄色变为浅绿色
（3）①2Fe3＋＋SO2＋2H2O=SO42-＋4H＋＋2Fe2＋
②取C中反应后的溶液，向其中滴入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水（或H2O2溶液等），溶液变红
③不合理 硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰实验
（4）使气体充分吸收；防止溶液倒吸
（5）bc
【解析】
（1）氯化铁在水溶液中易发生水解，因此配制氯化铁溶液时，一般先把氯化铁晶体溶于浓盐酸中，再加水稀释，以抑制其水解。配制溶液在烧杯中进行，不需要石棉网和坩埚。（2）SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，Fe3＋被还原为Fe2＋，溶液由棕黄色变为浅绿色。（3）②检验Fe2＋时要排除Fe3＋的干扰，即先加KSCN溶液，在确认溶液中不存在Fe3＋的情况下，加入氯水等氧化剂，若有Fe2＋，则溶液变红。（4）倒置的漏斗与水有较大的接触面积，可使气体充分吸收并防止溶液倒吸。（5）验证SO2具有还原性，要求用具有氧化性的试剂，能与SO2发生氧化还原反应且有明显现象。
34.硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应 (3). 热水浴 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 (6). 防止Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)2∙12H2O
【解析】
【详解】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；
（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；
（3）步骤③中选用足量H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；
（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；
（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。
35.Ⅰ．肼(N2H4)又称联氨，常温时是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。
①2O2(g)＋N2(g)=N2O4(l) ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)=N2H4(l) ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝___。(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)
II．如图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼(N2H4)─空气燃料电池(如图甲)并探究某些工业原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜(即只允许阳离子通过)。
根据要求回答相关问题：
（1）甲装置中通入___气体的一极为正极。
（2）乙装置中石墨电极为___极，其电极反应式为__；可以用__检验该反应产物，电解一段时间后，乙池中的溶液呈__性。
（3）图中用丙装置模拟工业中的___原理，如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则理论上甲装置中肼消耗质量为__g。
【答案】 (1). ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1 (2). 空气 (3). 阳 (4). 2Cl--2e-=Cl2↑ (5). 湿润的碘化钾淀粉试纸（或用玻璃棒蘸取浓氨水或湿润的蓝色石蕊试纸或湿润的有色布条等） (6). 碱 (7). 粗铜的精炼 (8). 0.8
【解析】
【分析】
Ⅰ．根据盖斯定律分析计算；
II．燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入空气的电极为正极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。
【详解】Ⅰ．①①2O2(g)＋N2(g)=N2O4(l) ΔH1，②N2(g)＋2H2(g)=N2H4(l) ΔH2，③O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) ΔH3，所求反应为：2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)，根据盖斯定律，由③×2-②-①得到，反应的焓变△H4=2△H2-2△H3-△H1，故答案为：2△H2-2△H3-△H1；
II．(1)甲为燃料电池，通入燃料的电极为负极，通入空气的电极为正极，故答案为：空气；
(2)乙装置中石墨与电源正极相连，为阳极，阳极上发生氧化反应，氯离子失去电子生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸，检验氯气，观察试纸是否变蓝，电解食盐水的总反应为2H2O+2Cl-Cl2↑+H2↑+2OH-，因此电解后的溶液呈碱性，故答案为：阳；2Cl--2e-=Cl2↑；湿润的淀粉碘化钾试纸；碱；
(3)装置丙中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以该装置为粗铜精炼装置；原电池负极和纯铜电极上有：N2H4～N2～4e-，Cu～Cu2+～2e-，根据电子守恒得到关系式：N2H4～2Cu，n(N2H4)=n(Cu)=×=0.025mol，m(N2H4)=nM=0.025mol×32g/mol=0.8g，故答案为：粗铜的精炼；0.8。
【点睛】本题的易错点为II(3)的计算，要注意肼-空气燃料电池中的总反应方程式为N2H4+ O2=N2+ 2H2O，反应中转移4个电子。
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