山东省淄博第七中学2023-2024学年高一上学期阶段检测（月考）化学试题

这是一份山东省淄博第七中学2023-2024学年高一上学期阶段检测（月考）化学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相原：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27
第1卷(选择题，共50分)
一、单选题：本题共15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. “地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好，下列相关说法错误的是
A. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色试验
B. 小苏打指碳酸氢钠，可用于治疗胃酸过多和作发酵粉
C. 为防止中秋月饼等富脂食品受潮变质，常在包装袋中放入铁粉
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
【答案】C
【解析】
【详解】A．“火树银花”中的焰火实质上是金属元素在灼烧时使火焰呈现的焰色变化，即金属元素的焰色试验，A正确；
B．小苏打指碳酸氢钠，该物质能够与胃酸即盐酸反应，产生CO2气体，降低胃酸的浓度，其本身对人无刺激性，因此可用于治疗胃酸过多和作发酵粉，B正确；
C．为防止中秋月饼等富脂食品受潮变质，常在包装袋中放入无水氯化钙，硅胶等，而加入铁粉的作用是防止食品氧化变质，C错误；
D．苏打粉主要成分即Na2CO3，溶液显碱性，故可以用苏打粉检验假红酒，D正确；
故合理选项是C。
2. 《天工开物》中述及铜的开采与冶炼：凡铜砂……淘洗去土，然后入炉煎炼。其熏蒸旁溢者为自然铜……色似干银泥……凡铜质有数种：有与铅同体者，其煎炼炉法，傍通高低二孔，铅质先化，从上孔流出。下列有关说法错误的是
A. “淘洗去土滓”属于原料的富集
B. 炼制所得自然铜为合金
C. 铜与铅混合物的分过程利用了物质的熔点不同
D. 铜和铅均属于过渡金属
【答案】D
【解析】
【详解】A．“淘洗去土滓”，使矿石和土分离属于原料的富集，A正确；更多优质资源可进入 B．纯铜为红色，“自然铜……色似干银泥”为合金，B正确；
C．铜与铅混合物的分离过程中，铅质先熔，从上孔流出，利用了物质的熔点不同，C正确；
D．铅为第ⅣA族元素，不属于过渡金属，D错误；
答案选D。
3. 下列物质应用错误的是
A. 金属钠着火用二氧化碳灭火器扑灭B. 生石灰可用作食品干燥剂
C. 84消毒液能腐蚀铁和铝制品D. 钠钾合金可用作原子反应堆导热剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．金属钠着火和氧气生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳生成助燃性氧气，故不能用二氧化碳灭火器扑灭，A错误；
B．氧化钙具有吸水性且无毒，用作食品干燥剂，B正确；
C．．84消毒液中含有NaClO，具有强氧化性，能腐蚀钢和铝制品，C正确；
D．钠钾合金常温下呈液态，具有良好的导热性，可用作原子反应堆导热剂，D正确；
故选A。
4. 下列说法中，正确的是
A. 常温下，含有的电子数为
B. 与的质量比为
C. 将盐酸与足量共热，转移的电子数为
D. 溶液中含有
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，物质的量不是1ml，含有电子数不等于10，A项错误；
B．的质量为28g，的质量为32g，所以质量比：28：32=7：8，B项正确；
C．浓盐酸与二氧化锰反应，随着反应进行，浓盐酸浓度降低，变成稀盐酸后不再反应，转移电子数无法计算，C错误；
D．溶液，未给溶液体积，无法计算物质的量，无法计算Na+的数量；
故选B。
5. 根据所学化学知识，推测下列说法正确的是
A. 某溶液先通入少量 后再滴溶液呈红色，证明原溶液中一定含有
B. 取少量待测液，加入盐酸酸化的液，产生白色沉淀，则待测溶液中一定含有
C. 将自来水注入鱼缸以前需在阳光下曝晒一段时间，目的是使水中的 分解
D. 能通过化合反应制得，但不能通过化合反应制得
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中原来存在铁离子也会出现同样的现象，A错误；
B．取少量待测液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，因此待测溶液中不一定含有，B错误；
C．防止HClO伤害鱼苗，因此将自来水注入鱼缸以前需在阳光下曝晒一段时间，目的是使水中的HClO分解，C正确；
D．Fe(OH)2与O2、H2O发生化合反应产生Fe(OH)3，也可以通过FeCl3与Fe通过化合反应制得FeCl2，D错误；
故选C。
6. 用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用①装置称量一定质量的 固体
B. 用②制备氢氧化亚铁沉淀
C. 用③证明 能溶于水或与 溶液反应
D. 用④装置备 胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．用托盘天平称量时，应是左物有码，本题中给出的是左码右物，A错误；
B．铁和稀硫酸生成氢气排净装置中空气，一段时间后，关闭侧面导管，生成的硫酸亚铁被压入右侧试管中和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，B正确；
C．氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠和水，相互存在干扰，不能证明 能溶于水或与 溶液反应，C错误；
D．制取胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，D错误；
故选B。
7. 将一定量Cl2通过甲装置后，再通过放有湿润红色布条的乙装置，红色布条不褪色。甲装置中所盛试剂可能是
①浓硫酸 ②NaOH溶液 ③纯碱溶液 ④饱和食盐水 ⑤FeCl2溶液
A. ①④⑤B. ①②③C. ②③④D. ②③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气（含有次氯酸）具有漂白性；一定量Cl2通过甲装置后，再通过放有湿润红色布条的乙装置，红色布条不褪色，说明没有氯气进入到装置乙内，进而说明甲装置内的试剂能够吸收氯气或与氯气发生反应，据此进行分析。
【详解】①浓硫酸能够吸收水蒸气，干燥氯气，不能吸收氯气，氯气能够进入到乙装置中，因此装置乙内湿润红色布条褪色，与题意不符，故不选；
②氯气能够与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，氯气被吸收，所以装置乙内湿润红色布条不褪色，符合题意，故可选；
③纯碱溶液显碱性，氯气能够与碳酸钠溶液发生反应，氯气被吸收，所以装置乙内湿润红色布条不褪色，符合题意，故可选；
④氯气在饱和食盐水中溶解度较小，氯气能够通过甲装置进入到乙装置内，湿润红色布条褪色，与题意不符，故不选；
⑤氯气能够与FeCl2发生反应生成氯化铁，氯气被吸收，所以装置乙内湿润红色布条不褪色，符合题意，故可选；
结合以上分析，符合题意的有②③⑤；
故选D。
8. 明矾 可用作净水剂。某同学设计利用废铝箔(主要成分为含少量等)制备明矾的流程如图所示。下列说法错误的是
A. ①中反应的离子方程式为
B. ②中所得滤渣 、滤液中的溶质主要为
C. 乙溶液中含有的离子是
D. 操作是过滤，且可知室温下明矾的溶解度小于和的溶解度
【答案】D
【解析】
【分析】铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基铝酸钠和氢气，通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，过滤后滤渣为氢氧化铝，氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，加入硫酸钾饱和溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾；
【详解】A．铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基铝酸钠和氢气，A正确；
B．由分析可知，四羟基铝酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，B正确；
C．氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝，乙溶液中含有的离子是铝离子和硫酸根离子，C正确；
D．由分析可知，该操作a的明矾晶体，为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，D错误；
故选D。
9. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列反应的离子方程式中正确的是
A. ，溶液和 ，溶液反应：
B 常温下，将氯气通入水中：
C. 向氯化钙溶液中通入少
D. 铜和硝酸银溶液反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液和溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，，A错误；
B．氯气和水生成盐酸和弱酸次氯酸：，B错误；
C．氯化钙和二氧化碳不反应，C错误；
D．铜和硝酸银溶液反应生成铜离子和银单质，D正确；
故选D。
10. 把5.1 g镁铝合金的粉末放入过量的盐酸中，得到5.6 L H2(标准状况)该合金中铝和镁的物质的量之比为
A. 1：1B. 2：1C. 3：2D. 2：3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】反应产生的5.6 L标准状况下H2的物质的量n(H2)==0.25 ml。Mg是+2价金属，Al是+3价金属，假设合金中含有Mg、Al的物质的量分别是x、y，可得24x+27y=5.1 g；2x+3y=2×0.25 ml，两式联立，解得x=0.1 ml，y=0.1 ml，所以n(Al)：n(Mg)=y：x=1：1，故合理选项是A。
11. 高铁酸钾()是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为胶体，制备高铁酸钾的流程如图所示。下列叙述错误的是

A. 反应Ⅰ的化学方程式是
B. 反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C. 污水处理过程中产生的胶体使悬浮物聚沉，利用了胶体具有较强吸附能力的特点
D. 制备粗晶体的反应为复分解反应
【答案】B
【解析】
【分析】铁与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯。
【详解】A．反应I是氯气和铁反应生成氯化铁，化学方程式是，故A正确；
B．反应II是，NaClO中Cl元素化合价由+1降低为-1，FeCl3中Fe元素化合价由+3升高为+6，NaClO是氧化剂、FeCl3是还原剂，氧化剂与还原剂的个数比为3∶2，故B错误；
C．胶体具有吸附性，用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水，故C正确；
D．向Na2FeO4溶液中加入饱和KOH溶液能析出K2FeO4晶体，属于复分解反应，故D正确；
选B。
12. 室温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存的是
A. 的 液：
B. 的溶液：
C. 的溶液：
D. 的溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+与SCN-反应生成红色络合物，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，不能大量共存，故A不符合题意；
B．各微粒在溶液中均不反应，能大量共存，，故B符合题意；
C．碳酸氢根离子和氢氧根离子生成水和碳酸根离子，不共存，故C不符合题意；
D．高锰酸根离子具有氧化性，在酸性条件可以氧化亚铁离子和氯离子生成Fe3+和Cl2，不能大量共存，，故D不符合题意；
故选B。
13. 某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：下列说法中错误的是
A. 装置A中制备Cl2的化学方程式为
B. 装置A中a的作用是平衡压强，使液体顺利滴下
C. 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，可以提高高锰酸钾的产率
D. 装置C中可盛放澄清石灰水，吸收未反应的氯气
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，分液漏斗中为浓盐酸，二者发生反应生成氯气和氯化钙，则装置A中制备Cl2的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，A正确；
B．装置A中a使得烧瓶和恒压漏斗内外压强始终保持相等，则其作用是平衡压强，使液体顺利滴下，B正确；
C．由于高锰酸钾溶液能与HCl反应生成氯气，故在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶以除去Cl2中的HCl，可以提高高锰酸钾的产率，C正确；
D．由于Ca(OH)2的溶解度很小，若装置C中可盛放澄清石灰水，来吸收未反应的氯气，很容易导致氯气吸收不完全，应该改用溶解度大的NaOH溶液，D错误；
故答案为：D。
14. 某同学结合所学知识探究 与能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是
A. 装置气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面，说明气密性良好
B. 装置也可直接用于与反应制取
C. 为达到实验目的需在装置中盛放无水
D. 装置加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度
【答案】D
【解析】
【分析】由实验装置可知，A装置中锌与稀盐酸反应制备氢气，盐酸易挥发，制得的氢气中混有氯化氢和水蒸气，B装置中应盛放碱石灰除去氢气中混有的氯化氢和水蒸气；C装置中过氧化钠用于验证过氧化钠在加热条件下是否与氢气反应；D装置中盛有的无水硫酸铜用于检验过氧化钠与氢气共热反应后是否有水生成。
【详解】A．检验A装置气密性可通过液差法检验，具体操作为先关闭活塞K1，然后直接向长颈漏斗中加水至漏斗中液面高于试管中液面，静置一段时间后，长颈漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，A错误；
B．过氧化钠为粉末，有孔塑料板不起作用，故装置不可直接用于与反应制取，B错误；
C．由分析可知，B装置中应盛放碱石灰除去氢气中混有的氯化氢和水蒸气，C错误；
D．氢气属于可燃气体，反应前先验纯，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，若发出尖锐的爆鸣声，则说明该气体不纯，D正确；
故选D。
15. 标准电极电势可用来比较对应氧化剂的氧化性强弱。现有5组标准电极电势数据如下：
下列分析错误的是
A. 标准电极电势越大，对应氧化剂的氧化性越强
B. 还原性：
C. 向氯化亚铁溶液中加少量可观察到黄绿色气体生成
D. 与酸性溶液反应的离子方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据同主族从上而下非金属性减弱，氧化性减弱知氧化性Cl2>I2，表中标准电极电势>，故标准电极电势越大，对应氧化剂的氧化性越强，选项A正确；
B．由电对的标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强，氧化性，故对应还原性，选项B正确；
C．根据标准电极电势知，还原性，向氯化亚铁溶液中加少量，还原性强的Fe2+先与反应，不可能有黄绿色气体生成，选项C错误；
D．的氧化性强于，能将Mn2+氧化成，自身转化为硫酸铅，反应的离子方程式为，选项D正确；
答案选C。
二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求、全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
16. 短周期主族元素、、、、原子序数依次增大，、的单质在常温下呈气态，的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，的碳酸盐或碳酸氢盐可用作食用碱，是地壳中含量最多的金属元素，下列说法正确的是
A. 在周期表中的位置第二周期第族
B. 将、的单质分别投入到水中，通过现象可以比较、金属性强弱
C. 元素、、、均可与 形成化合物
D. 足量溶液混合，反应的离子方程式为：
【答案】BC
【解析】
【分析】短周期主族元素、、、、原子序数依次增大，的碳酸盐或碳酸氢盐可用作食用碱，Z为钠；是地壳中含量最多的金属元素，M为铝； 的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且原子序数小于钠，则Y为碳；、的单质在常温下呈气态，则XQ分别为氢、氯；
【详解】A．为碳，在周期表中的位置第二周期第ⅣA族，A错误；
B．将钠、铝的单质分别投入到水中，钠和水反应更剧烈，说明钠的金属活动性强于铝，B正确；
C．元素氢、碳、钠、铝均可与氯元素形成化合物，C正确；
D．铝离子和过量的氢氧化钠生成四羟基合铝酸钠，，D错误；
故选BC。
17. 利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程图如图。已知：溶于强碱时生成易溶于水的 ，下列有关说法正确的是
A. 用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，最主要目的是为了除去废旧镀锌铁皮中的
B. “酸溶”的离子方程式为：
C. “氧化”后溶液中存在的阳离子有
D. 胶体粒子可通过过滤操作得到
【答案】A
【解析】
【分析】废旧镀锌铁皮经过碱洗后，锌溶液强碱生成溶于水的 ，过滤后滤渣为铁，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，氧化后部分亚铁离子转化为铁离子，最后反应生成四氧化三铁胶体。
【详解】A．根据Zn能溶于强碱溶液，可知用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，主要目的是为了除去表面的锌皮，A正确；
B．根据流程图可知，酸溶的过程主要是铁和稀硫酸反应，其离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；
C．Fe3O4结构中既有Fe3+，又有Fe2+，所以加入的双氧水要适量，不能把Fe2+完全氧化，则氧化后的溶液中的阳离子有H+、Na+、Fe2+、Fe3+，C错误；
D．因胶体粒子能通过滤纸，所以Fe3O4胶体粒子不能通过过滤操作得到，D错误；
答案选A。
18. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如下图所示(CuS不溶于水)，下列说法中不正确的是
A. 过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
B. 过程②中，Fe3+作氧化剂
C. 过程③中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1
D. 回收S的总反应为2H2S+O22H2O+2S↓
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，过程①发生的反应为硫化氢与溶液中的铜离子反应生成硫化铜沉淀和氢离子，反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，过程②发生的反应为溶液中铁离子与硫化铜反应生成铜离子、亚铁离子和硫，反应的离子方程式为CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，过程③发生的反应为酸性条件下溶液中的亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，则总反应为铜离子和铁离子做催化剂条件下，硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应方程式为2H2S+O22H2O+2S↓。
【详解】A．由分析可知，过程①中生成硫化铜沉淀的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故A正确；
B．由分析可知，过程②中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故B正确；
C．由分析可知，过程③中氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂，铁元素的化合价升高被氧化，亚铁离子是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量比为1：4，故C错误；
D．由分析可知，回收硫的总反应为铜离子和铁离子做催化剂条件下，硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应方程式为2H2S+O22H2O+2S↓，故D正确；
故选C。
19. 有一包白色粉末由、、、、NaOH中的两种或两种以上物质混合而成，为探究其组成，进行如下实验：
①加水搅拌溶解，有白色沉淀B生成，过滤得无色溶液C；
②取白色沉淀B于试管中，加入足量的稀盐酸，沉淀全部溶解且有无色气体放出；
③另取无色溶液C，通入定量的，有白色沉淀D生成，过滤得无色滤液E。
下列说法错误的是
A 原白色粉末中一定不含有、
B. 原白色粉末中一定含有、、NaOH
C. 若无色滤液E中只含一种溶质，则无色滤液E中的溶质为
D. 白色沉淀D的化学式为
【答案】CD
【解析】
【分析】①加水搅拌溶解，有白色沉淀B生成，过滤得无色溶液C，白色沉淀可能为CaCO3、BaSO4，溶液C为无色，则白色粉末中一定不含CuSO4；
②取白色沉淀B于试管中，加入足量的稀盐酸，沉淀全部溶解且有无色气体放出，说明该白色沉淀只有CaCO3，和不能同时存在；
③另取无色溶液C，通入定量的CO2，有白色沉淀D生成，过滤得无色滤液E，溶液C中能够与CO2反应的物质只能是NaOH，NaOH与一定量CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3再与BaCl2反应生成白色沉淀BaCO3，说明白色固体中一定含有BaCl2、NaOH；则一定不含Na2SO4；由Na2CO3再与BaCl2反应可知，滤液E中一定含有NaCl，NaOH与一定量CO2反应过程中，可能有NaHCO3生成，因此滤液E中可能含有NaOH、NaHCO3、BaCl2、Na2CO3等(Na2CO3与BaCl2不能同时存在，NaOH与NaHCO3不能同时存在)。
【详解】A．由上述分析①和③可知，原白色粉末中一定不含有、，A正确；
B．由上述分析②和③可知，原白色粉末中一定含有、、NaOH，B正确；
C．由上述分析③可知若无色滤液E中只含一种溶质，则无色滤液E中的溶质为NaCl，C错误；
D．由上述分析③可知白色沉淀D的化学式为，D错误；
答案选CD。
20. 以红土镍矿(主要含有 等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾和纳米镍粉的部分工艺流程如图：
已知：
①在 约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，Fe2+ 在为9时可完全转化为 ；
②为不溶于水的酸性氧化物，常温下和硫酸不反应，但可以溶于强碱溶液。
下列说法错误的是
A. “滤渣”的主要成分是
B. 黄钠铁矾 中的化合价为+2价
C. “氧化"过程发生的离子程式为：
D. “沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调节溶液的酸碱度，使 转化为 沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】红土镍矿加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，过滤分离出滤渣为SiO2，加入NaClO发生，加入碳酸钠、硫酸钠溶液使铁离子全部沉淀生成，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子生成NiCO3，将NiCO3经处理可得到Ni；
【详解】A．由上述分析可知，“滤渣”的主要成分是SiO2，A正确；
B．黄钠铁矾 中钠、硫酸根、氢氧根化合价分别为+1、-2、-1，则的化合价为+3价，B错误；
C．“氧化"过程中亚铁离子被次氯酸根离子氧化为铁离子，发生的离子程式为：，C正确；
D．在 约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，“沉铁”过程中加入碳酸钠和氢离子反应，调节溶液的酸碱度，使 转化为 沉淀，D正确；
故选B。
第11卷(非选择题，共50分)
三、非选择题(本题共4个大题，请规范认真填写，共50分)
21. 某化学学习小组同学用如下实验探究的性质。请回答下列问题：
（1）甲组分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成 的溶液。在 溶液中加入少量铁屑，其目的是___________。
（2）乙组同学取 溶液，加入几滴氯水，再加入1滴 溶液，溶液变红，说明可将 氧化。 溶液与氯水反应的离子方程式为：___________。
（3）丙组同学认为乙组的实验不够严谨，该组同学在 溶液中先加入煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴 溶液，溶液变红，煤油的作用是___________。
（4）丁组同学探究证实了 沉淀易被 氧化，写出该反应的化学方程式___________。
（5）戊组同学模拟工业上用 氧化酸性 废液制备 。
①若酸性 废液中：则该溶液的___________。
②完成氧化酸性 的离子方程式 (“□ ”中填离子或分子的化学式)：___________
___________+______________________=______________________。
【答案】（1）防止氯化亚铁被氧化
（2）
（3）隔绝空气 （4）
（5） ①. 0.2ml/L ②.
【解析】
【小问1详解】
亚铁离子有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；
【小问2详解】
氯气可将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为氯离子，反应为；
【小问3详解】
防止空气中的氧气将亚铁离子氧化，从而产生干扰，因此煤油的作用是隔绝空气；
【小问4详解】
沉淀易被 氧化为氢氧化铁沉淀，该反应的化学方程式；
【小问5详解】
①依据电荷守恒，溶液中c(H+)=0.63ml/L-0.2ml/L×2-0.01ml/L×3=0.2ml/L；
②氯元素化合价由+5价降低到-1价，铁元素化合价由+2价升高到+3价，依据得失电子守恒可知，氯酸根离子前面配1，氯离子前面配1，亚铁离子前面配6，铁离子前面配6，依据电荷守恒可知，反应物还有氢离子，氢离子前面配6，最后结合原子守恒可知，配平后的离子方程式为：。
22. 氧化还原反应对我们的生产和生活同时具有正负两方面的影响，如果我们能够掌握化学变化的规律，就有可能做到趋利避害，使之更好地为社会发展服务。下面我们逐一分析：
（1）黑火药是我国古代四大发明之一，黑火药着火时，发生如下氧化还原反应：。在此反应中，还原剂为_______(填化学式)，还原产物是_______(填化学式)，当该反应转移2.4ml电子时，产生气体的体积为_______L(标况下)。
（2）湿法制备高铁酸钾()是在碱性环境中进行，反应体系中有六种反应微粒：、、、、、。请依据上述信息，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子方程式：_______。
（3）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：。若反应得到的氧化产物比还原产物多2.8ml，则此过程中转移电子的个数为_______。
（4）与一定浓度的反应，生成、、、NO和，当和NO的个数之比为2∶1时，则表现酸性与表现氧化性的的个数之比为_______。
【答案】（1） ①. C ②. 、 ③. 17.92
（2）
（3）
（4）1∶3
【解析】
【小问1详解】
该反应中C失电子化合价从0价升高到+4价，故还原剂为C，KNO3中N得电子化合价降低，S得电子化合价降低，故还原产物为K2S和N2。当转移2.4ml电子，生成CO20.6ml，生成N20.2ml，则产生气体的体积为0.8ml×22.4L/ml=17.92L。
【小问2详解】
次氯酸根氧化氢氧化铁制备高铁酸根离子，已知该反应在碱性环境中进行，则反应物中有氢氧根离子，则湿法制高铁酸钾的离子方程式为。
【小问3详解】
该反应中NaN3中的N失电子化合价从价升高到0价，生成N2为氧化产物，KNO3中N得电子化合价降低从+5价降低到0价，生成N2为还原产物，根据得失电子守恒，生成的16个N2中15个N2为氧化产物，1个N2为还原产物，转移10个电子，当氧化产物比还原产物多2.8ml时，说明生成氧化产物3ml，生成还原产物0.2ml，转移电子数为2ml。
【小问4详解】
Cu2S与HNO3反应，生成、、、NO和，其中NO2和NO个数比为2：1，设生成NO22xml，则生成NOxml，设参与反应的Cu2S有yml，该反应中氧化剂为HNO3，生成2xmlNO2和xmlNO共得到5xml电子，还原剂为Cu2S，ymlCu2S被氧化共失去2y+8y=10yml电子，根据得失电子守恒得10y=5x，y=0.5x，则生成硫酸铜0.5xml，生成硝酸铜0.5xml，则体现酸性的硝酸为xml，体现氧化性的硝酸为3xml，则两者个数比为1：3。
23. 亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：①的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出；
②纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
（1）发生器中反应的离子方程式为_______。
（2）通入空气的作用可能是_______。
（3）吸收塔内发生反应的离子方程式为_______；吸收塔内的温度不能超过20℃，其目的是_______。
（4）240g/LNaOH溶液的物质的量浓度为_______ml/L。
（5）从滤液中得到粗晶体的实验操作依次是_______(填序号)。
A.蒸发浓缩 B.蒸馏 C.过滤 D.灼烧 E.冷却结晶
【答案】（1）
（2）稀释以防爆炸
（3） ①. ②. 防止受热分解
（4）6 （5）AEC
【解析】
【分析】在发生器中：NaClO3、稀硫酸混合溶液中通入SO2和空气的混合气，发生反应生成ClO2，同时SO2被氧化为Na2SO4；在吸收塔内，ClO2在碱性溶液中被H2O2还原为NaClO2，H2O2被氧化生成O2；将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得NaClO2·3H2O晶体。
【小问1详解】
在发生器中SO2、NaClO3和发生氧化还原反应生成ClO2，反应的离子方程式为；
【小问2详解】
由已知可知纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下，故通入空气的作用可能是稀释以防爆炸；
【小问3详解】
ClO2在碱性溶液中被H2O2还原为NaClO2，同时H2O2被氧化生成O2，发生反应的离子方程式为；因为H2O2热稳定性差，所以吸收塔内的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解；
【小问4详解】
240g·L-1NaOH 溶液的物质的量浓度为=6ml·L-1；
【小问5详解】
从滤液中得到 NaClO2·3H2O粗晶体的实验操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，故选AEC。
24. 已知三氯化铁的熔点为 ，沸点为 ，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）按气流从左到右的方向，装置的正确连接顺序为：→___________→(填仪器接口小写字母)
（2）反应开始时，应先点燃___________装置的酒精灯(填“”或“”)，
（3）碱石灰的作用是___________。
（4）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：
淡红色溶液中加入过量 后溶液红色加深的原因请用离子方程式表达___________。
（5）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，通过查阅资料获知：在 化作用下可分解；被氧化剂氧化。据此进行了如下实验：
①取褪色后溶液三份，第一份滴加液无明显变化；第二份滴加试剂 ，溶液出现红色：第三份滴加稀盐酸和溶液，产生白色沉淀。
②另取同物质的量浓度的溶液滴加2滴试剂，溶液变红，再通入 ，无明显变化。
实验①说明___________(填离子符号)发生了反应：实验②的目的是排除___________；得出结论：红色褪去的原因是___________。
【答案】（1）g→h→d→e→b→c
（2）A （3）除去未反应的氯气，以及防止空气中水蒸气进入装置B
（4）
（5） ①. SCN- ②. H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能 ③. H2O2将SCN-氧化成硫酸根离子
【解析】
【分析】浓盐酸与MnO2反应制备Cl2，由于盐酸易挥发，生成的氯气中还有氯化氢，所以利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；又因为三氯化铁的熔点为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，所以再遇铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理；铁离子的检验试剂为硫氰化钾溶液，溶液显红色；过氧化氢、氧气等具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子；
【小问1详解】
由分析可知，生成的氯气中还有氯化氢，利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；又因为三氯化铁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，所以再遇铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理；故按气流从左到右的方向，装置的正确连接顺序为：→g→h→d→e→b→c→；
【小问2详解】
反应开始时，先点燃A处的酒精灯，使装置中充满氯气，再点燃B处酒精灯；
【小问3详解】
碱石灰的作用是除去未反应的氯气，以及防止空气中水蒸气进入装置B中；
【小问4详解】
淡黄色溶液中还有铁离子，加入X后显淡红色，这说明X是KSCN溶液；反应中铁过量遇氯化铁反应生成氯化亚铁，即溶液中还有氯化亚铁，加入双氧水可以把亚铁离子氧化为铁离子，因此红色加深，所以淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为；
【小问5详解】
取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中不存在KSCN溶液；第二份滴加试剂KSCN溶液，溶液出现红色，这说明溶液中存在铁离子；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，这说明溶液中有硫酸根，所以根据实验①可知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KSCN溶液，溶液变红，再通入O2，无明显变化，这说明红色褪去不是氧气氧化导致的，即实验②的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能；综合以上分析可知溶液褪色的原因是H2O2将SCN-氧化成硫酸根离子。氧化还原电对氧化型／还原型
电极反应式氧化型还原型
电极电势