湖南省衡阳县第四中学2020届高三366班（实验班）8月月考化学试题 16页

衡阳县第四中学2019年下学期8月月考366班化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 Na-23 S-32 Cu-64 Zn-65 Fe-56 Cl-35.5 Br-80‎ 一．选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）‎ ‎1.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA B. 1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NA C. 标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子 D. 1mol·L－1NaCl溶液含有NA个Na＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.未指明气体的物质的量，因此不能确定气体分子数目，A错误；‎ B.H2O2的相对分子质量是34，1.7gH2O2的物质的量是0.05mol，由于在1个H2O2分子中含有18个电子，所以0.05mol H2O2中含有的电子数为0.9NA，B正确；‎ C.空气中含有N2、O2、CO2等物质分子，既有单质分子，也有化合物分子，所以标准状况下，22.4L空气中含有气体的物质的量是1mol，其中含有单质分子个数少于NA个，C错误；‎ D.缺体积，不能计算微粒数目，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.某溶液经分析，其中只含有Na＋、K＋、Ca2＋、Cl－、NO3－，已知其中Na＋、K＋、Ca2＋、NO3－的浓度均为0.1 mol·L－1，则Cl－的物质的量浓度为 A. 0.1 mol·L－1 B. 0.3 mol·L－1‎ C. 0.2 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据溶液中的电荷守恒分析解答。‎ ‎【详解】由于溶液是电中性的，所以忽略水的电离可知c(Na＋)＋c(K＋)＋2c(Ca2＋)＝c(Cl－)＋c(NO3－‎ ‎)，因此氯离子的物质的量浓度是0.1mol/L＋0.1mol/L＋0.1mol/L×2－0.1mol/L＝0.3mol/L，答案选B。‎ ‎3.下列反应对应的离子方程式书写正确的是 A. 饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na＋＋CO32-＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓‎ B. KIO3与KI 在酸性溶液中反应：5I－＋IO3-＋3H2O=3I2＋6OH－‎ C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2-＋4NH4+＋2H2O D. 饱和石灰水与醋酸溶液混合：Ca(OH)2＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 一定温度下，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠晶体：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故A正确；B. KIO3与KI在酸性溶液中反应不能产生6OH-，5I-+IO3-+6H+═3I2+3H2O，故B错误；C. 氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3，故C错误；D. 氢氧化钙是强碱，饱和石灰水中的氢氧化钙要用离子符号表示：OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，故D错误。故选A。‎ 点睛：判断离子方程式是否正确可以从以下三个方面进行。(1)是否符合事实；(2)是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒、电子守恒；(3)物质的表示形式是否正确。强酸、强碱、可溶盐在水溶液中使用离子符号表示，其他情况下的物质均用化学式表示。‎ ‎4.周杰伦在歌曲《青花瓷》中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中“铜绿”的化学成分是碱式碳酸铜。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2Cu＋O2＋CO2＋H2O = Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是 (　　)‎ A. 该反应是氧化还原反应，发生化合价变化的有三种元素 B. 0.2mol Cu参与反应消耗O2的体积为2.24L C. O2得电子，发生的是还原反应 D. 由此反应可知，化合反应一定是氧化还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 该反应是氧化还原反应，铜被氧气氧化，就铜元素、氧元素化合价发生变化，A错误；B. 0.2mol Cu参与反应消耗O2的体积在标准状况下为2.24L，B错误；C. O2‎ 得电子，发生的是还原反应，C正确；D.化合反应不一定是氧化还原反应，D错误。‎ ‎5.下列说法正确的是(　　)‎ A. 铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质 B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质 C. 液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质 D. 蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均非电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜、石墨均为单质，它们既不电解质，也不是非电解质，故A错误；‎ B．NH3、CO2的水溶液均导电，但NH3、CO2均是非电解质，故B错误；‎ C．液态HCl、固体NaCl均不导电，但它们的水溶液导电，HCl、NaCl均是电解质，故C错误；‎ D．蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不导电，所以它们均是非电解质，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎6.有下列三个氧化还原反应：‎ ‎① 2FeCl3 + 2KI = 2FeCl2 + 2KCl + I2 ‎ ‎②2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3‎ ‎③2KMnO4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O ‎ 若某溶液中有Fe2＋、I—、Cl—共存，要除去I—而不使Fe2＋和Cl—的量减少，可加入的试剂是（ ）‎ A. FeCl3 B. KMnO4 C. Cl2 D. HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，通过三个已知方程式可知，氧化性由强到弱为：KMnO4 ＞Cl2＞Fe3+＞ I2，只有加入Fe3+可以将I—氧化，而不能氧化Cl—，Cl—的量不减少，Fe2＋的量增大。故答案选A。‎ 点睛：通过已知方程式比较：氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，再从强弱顺序判断所选试剂是否符合。‎ ‎7.某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则M离子可能为 所含离子 Na+‎ NO3-‎ SO42-‎ M 浓度( mol/L)‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎1‎ A. OH- B. Ba2+ C. H+ D. Mg2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据表中数据可判断阴离子所带负电荷数大于钠离子所带正电荷数，所以根据溶液显电中性可知M应该是阳离子，且M带2个正电荷数。又因为钡离子与硫酸根离子不能大量共存，因此M是Mg2+，答案选D。‎ ‎8.Zn与稀HNO3反应的物质的量之比为5:12，氧化产物为硝酸锌，则HNO3被还原的产物为( )‎ A. NO B. NO2 C. N2 D. N2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设有5 mol锌反应，需要12mol硝酸,其中生成硝酸锌是需要10mol,作氧化剂是2mol，其得到的电子等于锌失去的电子，既2*5=10mol设：一个氮得到X个电子，2X=10,解得X=5，因为硝酸中氮元素的化合价是+5，得到5个电子，化合价就是0，所以，还原的产物是：氮气（N2），选C。‎ 考点：考查氧化还原反应的计算。‎ ‎9.为了检验SO，甲、乙、丙、丁四位同学设计了如下四种方案，其中方案最优的是(　　)‎ A. 方案甲：试液白色沉淀沉淀不溶解 B. 方案乙：试液无沉淀(也无气泡)白色沉淀 C. 方案丙：试液无沉淀白色沉淀 D. 方案丁：试液白色沉淀(过滤)沉淀不溶解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 加入氯化钡溶液，与氯化钡溶液反应产生白色沉淀的硫酸根离子、碳酸根离子和银离子，再加入稀盐酸，硫酸钡和氯化银都不溶解，不能检验出硫酸根离子，A错误；加入足量盐酸，没有沉淀生成，说明不含银离子，没有气体产生，说明不是碳酸根离子、亚硫酸根离子，在剩下的两种溶液中滴加氯化钡，产生白色沉淀，则该瓶溶液中一定含有硫酸根离子，B正确；加入稀硝酸，因亚硫酸根离子能被氧化成硫酸根离子，与硝酸钡溶液的反应产生白色沉淀的硫酸根离子，但不一定是原溶液中的，可能是亚硫酸根离子能被氧化成硫酸根离子，不能检验出硫酸根离子，C错误；加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀的有硫酸根离子、亚硫酸根离子和碳酸根离子，加入盐酸沉淀不溶解的可能是硫酸钡或亚硫酸钡，无法检验出硫酸根离子，D错误；正确答案：B。‎ 点睛：硫酸根离子检验方法：溶液中先加入稀盐酸，无现象，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明原溶液中含有硫酸根离子。‎ ‎10.钡和钠相似，也能形成含O22-的过氧化物。下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 过氧化钡的化学式是BaO2‎ B. BaO2属于碱性氧化物 C. 1 molNa2O2或BaO2跟足量的水反应都生成0.5molO2‎ D. 过氧化钠和过氧化钡都是强氧化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Ba是+2价的金属，则根据化合物中元素化合价代数和等于0可知：过氧化钡的化学式是BaO2，A正确；‎ B.BaO2与水反应产生Ba(OH)2和O2，属于过氧化物，B错误；‎ C.根据反应前后元素化合价升降总数相等可知：1 molNa2O2或BaO2跟足量的水反应都生成0.5molO2，C正确；‎ D.过氧化钠和过氧化钡在反应中都表现出强的氧化性，因此都是强氧化剂，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.“百炼成钢”是指反复将炽热的生铁在空气中锤打，转化为坚硬的钢，其实质是对生铁和不断除杂过程。下列叙述不正确的是（ ）‎ 选项 被提纯物质 杂质 除杂试剂或方法 A FeCl3溶液 FeCl2‎ 适入适量Cl2‎ B FeCl2溶液 FeCl3‎ 加入过量铁粉并过滤 C 铜粉 铁粉 加入过量盐酸并过滤 D Fe(OH)3溶液 Fe(OH)2‎ 在空气中灼烧 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.FeCl2具有还原性，会与Cl2反应产生FeCl3，因此向FeCl2溶液中通入适量氯气，可以达到除杂净化的目的，A正确；‎ B. FeCl3具有氧化性，会与Fe单质反应产生FeCl2，因此向FeCl3溶液中加入过量铁粉，然后过滤除去过量的Fe单质，可以达到除杂净化的目的，B正确；‎ C.在金属活动性顺序表中，Fe位于H前边，H位于H后边，所以向含有杂质Fe的Cu粉中加入过量盐酸，杂质Fe反应产生可溶性的FeCl2和H2，而Cu不能反应，过滤，洗涤，就得到纯净的Cu单质，达到除杂、净化的目的，C正确；‎ D.在空气中灼烧，Fe(OH)3受热分解，将原来的物质除去，不能达到除杂、净化的目的，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎12.11.6 gFe3O4加到100 mL某浓度的盐酸中，再加入9.8 g铁粉，反应停止时，溶液中无固体存在。向溶液中滴加硫氰化钾溶液，未见颜色变化，为了中和过量的盐酸（不考虑盐酸的挥发），且使铁完全转化成Fe（OH）2，共消耗5.0 mol·L-1NaOH溶液160mL。则原盐酸的物质的量浓度为（ ）‎ A. 2 mol·L-1 B. 4 mol·L-1 C. 6 mol·L-1 D. 8 mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了铁及其化合物的性质、守恒法的应用。‎ 由钠元素的守恒知：加入NaOH溶液后，所得溶液为NaCl溶液，其溶质的物质的量为5.0 ×0.16=0.8mol。‎ 依据氯元素守恒可知，100 mL的盐酸中含有0.8mol的溶质，其浓度为0.8/0.1=8mol·L-1，故答案为D ‎13.实验室在含Fe3+的溶液中加入铜粉与铁粉,充分反应后发现溶液中有Cu2+存在，下列说法错误的是 A. 容器中已肯定无Fe粉存 B. 容器中肯定无Cu粉存在 C. 溶液中Fe2+比 Cu2+多 D. 溶液中可能存在Fe3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由于铁的还原性比铜的强，因而铁粉先与Fe3＋反应，Fe3+的氧化性大于Cu2+，Cu 和Fe3+可以发生反应，溶液中有Cu2＋存在，说明铁粉反应完全，铜粉也发生了反应，但不能判断铜粉过量或不足，溶液中发生反应：Fe + 2Fe3+＝ 3Fe2+、Cu + 2Fe3+＝ Cu2++2Fe2+则下列说法中，‎ A．容器中已肯定无Fe粉存在，A正确； ‎ B．容器中肯定无Cu粉存在，不能判断，B错误；‎ C．根据反应方程式可知，溶液中Fe2＋比Cu2＋多，C正确；‎ D．溶液中可能存在Fe3＋，D正确。‎ 故选B。‎ 考点：Fe2+和Fe3+的互相转换、Fe和Cu的还原性、Fe3+与Cu2+的氧化性 点评：本题考查金属及其对应的离子的化学性质，应注意Fe3+的氧化性大于Cu2+，Cu 和Fe3+可以发生反应。‎ ‎14.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是 A. Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1 B. 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L C. 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有 ‎64x+144y=27.2……①‎ 由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②‎ 解得x=0.2、y=0.1‎ A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；‎ B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B不正确；‎ C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ mol×（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=4.48L，C正确；‎ D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2×2=0.2mol，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎15.将NaOH溶液逐滴加入用盐酸酸化了的AlCl3溶液中，若用y轴表示Al(OH)3沉淀量，x轴表示NaOH溶液的体积，下列图像正确的是（ ）。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由信息可知，x轴表示加入NaOH溶液的体积，y轴表示沉淀的量，则将氢氧化钠溶液逐滴加入含有盐酸的AlCl3溶液中，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，所以开始一段时间内没有沉淀生成，故C错误；酸反应后发生，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）‎ ‎3+NaOH═NaAlO2+2H2O，所以会出现沉淀，然后随碱的量增加沉淀又消失，故A错误；且消耗的碱的量之比为3：1，故B错误，D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查离子方程式的有关计算；两性氧化物和两性氢氧化物 ‎【名师点晴】本题考查了氢氧化钠和酸性氯化铝溶液的反应现象，明确物质之间的反应及生成物的溶解性是解本题关键，注意离子反应先后顺序，知道铝离子完全转化为沉淀和沉淀完全溶解时两部分氢氧化钠物质的量的关系。本题中，x轴表示加入NaOH溶液的体积，y轴表示沉淀的量，溶液中含有盐酸，先发生酸碱中和反应，所以氢氧化钠先和盐酸反应生成氯化钠和水，然后氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，当氢氧化钠过量时，氢氧化钠再和氢氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，反应方程式为Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎16.从淡化海水中提取溴的流程如下：‎ 下列有关说法不正确的是 A. X试剂可用Na2SO3饱和溶液 B. 步骤Ⅲ的离子反应：2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2‎ C. 工业上每获得1molBr2，需要消耗Cl244.8L D. 步骤Ⅳ包含萃取、分液和蒸馏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、亚硫酸根离子可以和氧化性的溴单质发生氧化还原反应，可以用所给物质来吸收溴单质，故A正确；‎ B、氯气具有氧化性，可已将溴离子氧化为溴单质，即2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，故B正确；‎ C、根据化学方程式2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，每获得1molBr2，需要消耗标况下Cl222.4L，故C错误；‎ D、从溴水中提取溴可以采用萃取、分液和蒸馏的方法，故D正确。‎ 答案选C。‎ 二．填空题 ‎17.有一包白色粉末状混合物，可能含有Na2CO3、NaCl、CaCO3、CuSO4、KCl、Na2SO4、MgCl2、KNO3中的某几种，现进行如下实验：‎ ‎①将混合物溶于水，得到无色透明溶液。‎ ‎②取少量上述溶液两份，其中一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，向另一份中加入NaOH溶液，也产生白色沉淀。‎ 根据上述实验现象回答：‎ ‎（1）原混合物中肯定没有___________。‎ ‎（2）原混合物中肯定有____________。‎ ‎（3）不能确定是否含有____________。‎ ‎【答案】 (1). CuSO4、CaCO3、Na2CO3 (2). Na2SO4、MgCl2 (3). KNO3、NaCl、KCl ‎【解析】‎ ‎①溶于水得到无色透明的溶液，可以排除CuSO4、CaCO3的存在；②一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，说明含硫酸根离子；另一份中加入NaOH溶液，也产生白色沉淀，说明一定含有MgCl2，排除Na2CO3的存在；溶液中的KNO3、NaCl、KCl三种物质不能确定是否存在； (1)原混合物中肯定没有CuSO4、CaCO3、Na2CO3； (2)原混合物中肯定有Na2SO4、MgCl2； (3)不能确定是否含有KNO3、NaCl、KCl。‎ ‎18.现有下列十种物质：①蔗糖 ②熔融NaCl ③石墨 ④铜丝 ⑤NaOH固体 ⑥SO2 ⑦NaHSO4固体 ⑧K2O固体 ⑨液态H2SO4 ⑩饱和FeCl3溶液 ‎(1)上述物质中可导电的是_________(填序号，下同)；上述物质中不能导电，但属于电解质的是_______。‎ ‎(2)NaHSO4是一种酸式盐，当NaHSO4与Ba(OH)2溶液混合时溶液呈中性，该反应的离子方程式为____________。‎ ‎(3)实验室制备少量Fe(OH)3胶体所用的物质有______(填序号)和蒸馏水，反应的离子方程式为__________。‎ ‎(4)某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种为：O2、MnO4-、H2O、Mn2＋、H2O2、H＋‎ ‎，已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2。写出该反应的离子方程式：___________。‎ ‎【答案】 (1). ②③④⑩ (2). ⑤⑦⑧⑨ (3). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O (4). ⑩ (5). Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (6). 2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据物质导电的原因分析，只要含有自由移动的离子或自由电子即可；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，只有熔融态的电解质才能导电；非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)；‎ ‎(2)①NaHSO4晶体在水溶液中电离出钠离子和硫酸根离子、氢离子，根据溶液显中性可知NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量的比是2：1书写离子方程式；‎ ‎(3)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中煮沸至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体分析；‎ ‎(4)由H2O2→O2知，双氧水在反应中作还原剂，所以还必须有氧化剂参加反应，在反应中得电子，元素的化合价降低，根据化合价知，高锰酸根离子作氧化剂，还原产物是锰离子，同时反应后生成水，据此写出离子方程式。‎ ‎【详解】(1)①蔗糖是非电解质，无自由移动的离子和电子，不能导电；②熔融的NaCl中有自由移动的离子，所以能导电；③石墨中含有自由移动的电子，能够导电；④铜丝中有自由电子，所以能导电；⑩饱和FeCl3溶液中含有自由移动的离子，可以导电；⑤NaOH固体、⑦CuSO4固体、⑧K2O固体、⑨液态H2SO4没有自由移动的离子或自由电子，属于电解质，但不能导电。故上述物质中可导电的是②③④⑩；上述物质中不能导电，但属于电解质的是⑤⑦⑧⑨；‎ ‎(2)NaHSO4晶体在水溶液中电离出钠离子和硫酸根离子、氢离子，当NaHSO4与Ba(OH)2溶液混合时溶液呈中性时，二者的物质的量的比是2：1，反应的离子方程式为：电离方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；‎ ‎(3)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色，就得到Fe(OH)3胶体，属于使用的物质是⑩饱和FeCl3溶液，制备反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；‎ ‎(4)MnO4-具有氧化性，H2O2具有还原性，H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2，则还原反应为MnO4-→Mn2+，根据质量守恒定律、电子守恒及电荷守恒可知，离子反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质、非电解质概念、物质的导电的实质理解、电离方程式书写等知识，掌握氧化还原反应、离子反应与反应物的物质的量关系及变化规律是本题解答的关键。‎ ‎19.硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上作补血剂。某课外小组的同学欲测定该补血剂中铁元素的含量。实验步骤如下：‎ ‎　请回答下列问题：‎ ‎（1）证明步骤①滤液中含有Fe2+的方法是取样，先滴加KSCN溶液，再滴加　　　　，该过程的现象为 　 。‎ ‎（2）步骤②加入过量H2O2的目的是 ‎ ‎　 。‎ ‎（3）步骤③中反应的离子方程式是 ‎ ‎　 。‎ ‎（4）步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤、　 、灼烧、‎ ‎　　　　　　　　、称量。‎ ‎（5）若实验中铁无损耗，则每片补血剂中含铁元素的质量为　　　　g。‎ ‎【答案】（1）氯水（或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂） 溶液由浅绿色变为红色 ‎（2）将Fe2+全部氧化为Fe3+‎ ‎（3）Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓［或Fe3++3NH3·H2O=Fe（OH）3↓+］‎ ‎（4）洗涤 冷却 ‎（5）0.07a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）亚铁离子具有还原性，能被氧化剂氧化为正三价，可以用硫氰化钾检验三价铁的存在；（2）双氧水具有氧化性，还原产物是水；（3）三价铁和碱反应生成氢氧化铁沉淀；（4‎ ‎）氢氧化铁不稳定受热易分解，从悬浊液中的沉淀到分解产物要经过的途径过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量；（5）根据铁元素守恒来计算。‎ ‎【详解】(1) Fe3+遇KSCN溶液显红色，该现象用于检验Fe3+存在，可以加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，检验Fe2+可以先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水（或双氧水、稀硝酸），溶液变为血红色，说明含有Fe2+。故答案为：取样，先滴加KSCN溶液，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等，若滤液由浅绿色变为血红色，则说明滤液中含有Fe2＋；(2)由于H2O2具有氧化性，加入过量H2O2的目的是将Fe2＋全部氧化为Fe3＋；(3)步骤③的目的是将Fe3＋全部转化为Fe(OH)3，所以步骤③需加入过量的NaOH溶液(或氨水)，反应的离子方程式是Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓或Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+；(4)步骤④的目的是将产生的红褐色悬浊液分离，最终得到固体Fe2O3，所以步骤④的操作步骤是过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量；(5)由于实验中铁无损耗，根据铁元素守恒得，每片补血剂中m(Fe)＝÷10＝0.07a g。‎ ‎【点睛】本题是一道考查金属铁的化合物性质的综合性知识题目，要求学生具有分析和解决问题的能力。‎ ‎20.依据图1中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：‎ ‎(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为_________。‎ ‎(2)下列试剂不能用于干燥NH3的是__________。‎ A.浓硫酸 B.碱石灰 C.NaOH固体 ‎(3)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步：‎ ‎①NH3→NO的化学方程式为______________。‎ ‎②NO→NO2反应的实验现象是____________。‎ ‎③NO2＋H2O→HNO3中氧化剂与还原剂物质的量之比为______。‎ ‎(4)图1中，实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为_____。‎ ‎(5)若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是______。‎ A.O2 B.Na C.NH4Cl D.NO2‎ ‎【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). A (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). 无色气体变红棕色 (5). 1：2 (6). H2O2 (7). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热反应产生CaCl2、NH3、H2O；‎ ‎(2)氨气是一种碱性气体，会与酸发生反应；‎ ‎(3)在工业上氨气被催化氧化产生NO，NO与氧气反应产生NO2，NO2被水吸收得到HNO3。根据电子守恒、一种守恒配平方程式，判断氧化剂、还原剂的物质的量的比，根据物质的颜色判断反应现象；‎ ‎(4)只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，还原产物无污染；‎ ‎(5)若要将NH3→N2，N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，加入的物质应该有强的氧化性。‎ ‎【详解】(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热，发生复分解反应，反应产生CaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎(2)氨气一种碱性气体，能与酸发生反应，而不能与碱反应，因此不能使用浓硫酸干燥，可以使用碱石灰、NaOH固体干燥，故合理选项是A；‎ ‎(3)①NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎②NO在室温下很容易与O2反应产生NO2，NO是无色气体，NO2是红棕色气体，所以反应的实验现象是看到气体由无色变为红棕色；‎ ‎③NO2被水吸收得到HNO3，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中，NO2既作氧化剂，又作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。‎ ‎(4)图中实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为H2O2；‎ ‎(5)若要将NH3→N2，由于N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，则加入的物质应该有强的氧化性。‎ A.O2可以将NH3氧化为N2，A符合题意；‎ B.金属Na具有强的还原性，不能氧化NH3，B不符合题意；‎ C.NH4Cl中N元素化合价也是-3价，不能与氨气反应产生氮气，C不符合题意；‎ D.NO2中N元素化合价也是+4价，能与氨气反应产生氮气，D符合题意；‎ 故合理选项AD。‎ ‎【点睛】本题考查了氮元素的单质及化合物的转化、气体的制取、干燥、氧化还原反应的应用等。掌握N元素的有关物质的性质、反应规律、氧化还原反应中电子得失与元素化合价的升降、反应类型的关系、物质的作用关系等基础知识和基本理论是本题解答的关键。‎ ‎ ‎