2018届高三化学上学期第三次月考试题(含解析) (I).doc

2018届高三化学上学期第三次月考试题(含解析) (I)满分:100分 时间:90分钟可能用到的相对原子质量:H:1 N:14O:16S:32Cl:35.5 Mg:24Al:27Ca:40 Fe:S 6Cu:64一、选择题(本大题共16小题，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1. 我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过486.1公里的世界列车最高时速，这得益于全路铺设的优质无缝平滑的超长钢轨。下列有关说法不正确的是A. 制造钢轨的材料是钢，钢是用量最大的合金B. 钢的熔点比铁的熔点高，而铁的用途更广泛C. 我国在商代就开始使用铜合金D. 铝合金的强度、硬度比组成合金各成分金属的大【答案】D【解析】试题分析：A、制造钢轨的材料是钢，钢是用量最大的合金，正确；B、钢属于铁的合金，合金的熔点比组成成分金属的熔点低，钢的用途更广泛，错误；C、我国在商代就开始使用铜合金，正确；D、铝合金的强度、硬度比组成合金各成分金属的大，正确。考点：考查生铁和钢。2. 在火星上工作的美国“勇气号”、“机遇号”探测车的一个重要任务就是收集有关Fe2O3及其硫酸盐的信息，用以证明火星上存在或曾经存在过水，以下叙述正确的是A. Fe2O3与Fe3O4互为同素异形体B. 检验从火星上带回来的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为:样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液C. 除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤D. 明矾属硫酸盐，含结晶水，是混合物【答案】C【解析】正确答案：CA不正确，Fe2O3与Fe3O4不互为同素异形体，它们不是单质。B不正确，步骤为：样品粉碎加稀盐酸溶解过滤 向滤液中滴加KSCN溶液C正确，除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入铁粉，然后过滤D不正确，明矾属硫酸盐，含结晶水，但组成成分只有一种，不是混合物，是纯净物。3. 用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 反应Cu2S+O2 2Cu+SO2生成1molCu,电子转移数为3NAB. 常温时，2L1mol/L的醋酸溶液中，所含分子总数小于2 NAC. 1molFeC13溶于水中，溶液中离子数为4 NAD. 1molNH2-中含电子数为NA【答案】A【解析】ACu2S中的铜元素化合价降低1价，硫元素化合价升高6价，氧气中氧元素化合价降低4价，生成2mol Cu，转移6mol电子，因此生成1mol Cu，电子转移数为3NA，故A正确；B醋酸溶液中还含有水分子，所含分子总数大于2NA，故B错误；C三价铁离子能发生水解生成氢氧化铁和氢离子，Fe3+ +3H2OFe(OH)3+3H+，溶液中离子数大于4NA，故C错误；D1mol NH2-中含电子数为10NA，故D错误；故选A。4. 某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是A. AlCl3 B. Na2O C. FeCl2 D. SiO2【答案】A【解析】A、AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2 气体和Al(OH)3沉淀，选项A正确；B、Na2O 加入Ba(HCO3)2溶液中只产生碳酸钡沉淀而没有气体产生，选项B错误；C、Fe 与Cl2 反应生成FeCl3，选项C错误；D、SiO2 与Ba(HCO3)2不反应，选项D错误。答案选项A5. 已知X是一种晶体，在一定条件下可发生如图所示的变化。下列叙述正确的是X可能是铝或硅 X可能是原子晶体或金属晶体W一定是两性物质 W晶体的熔点很高A. B. C. 只有 D. 【答案】B【解析】如果X是铝或硅，X与强碱(如氢氧化钠)溶液反应生成偏铝酸钠或硅酸钠和氢气；偏铝酸钠或硅酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝或硅酸胶状沉淀，氢氧化铝和硅酸煅烧生成氧化铝和二氧化硅，二氧化硅在高温下与碳发生氧化还原反应生成硅；电解熔融的氧化铝生成铝，故正确；根据的分析，X可能是硅，硅是原子晶体，X可能是铝，铝是金属晶体，故正确；根据上述分析，W可能是二氧化硅或氧化铝，二氧化硅属于酸性氧化物，不是两性物质，故错误；无论W是二氧化硅还是氧化铝，晶体的熔点都很高，故正确；故选B。6. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【答案】D【解析】试题分析：A.氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A项正确；B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl，B项正确；C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H，C项正确；D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D项错误；答案选D。考点：考查探究实验的方案设计与评价，氯水的成分。7. 已知: 将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KC1O3，且与温度高低有关。当n(KOH)=amol 时，下列有关说法错误的是A. 若某温度下，反应后=11，则溶液中=B. 参加反应的氯气的物质的量等于amolC. 改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为amolD. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围: amolnamol【答案】C【解析】A令n(ClO-)=1mol，反应后c(Cl-)：c(ClO-)=11，则n(Cl-)=11mol，电子转移守恒，5n(ClO3-)+1n(ClO-)=1n(Cl-)，即5n(ClO3-)+11mol=111mol，解得n(ClO3-)=2mol，故溶液中=，故A正确；B由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，故参加反应的氯气的物质的量=n(KOH)=amol，故B正确；C氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大(KClO3)=n(KOH)=a mol，故C错误；D氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=n(KOH)=a mol，转移电子最大物质的量=a mol5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，故n(KClO)=n(KOH)=amol，转移电子最小物质的量=amol1=amol，故反应中转移电子的物质的量n的范围：amolnamol，故D正确；故选C。点睛：本题考查氧化还原反应计算，注意电子转移守恒及极限法的应用。本题的易错点为D，氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，分别根据电子转移守恒及钾离子守恒计算。8. 已知Fe3+、Fe2+、NO3-、NH4+、H+和H2O六种微粒属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物。下列叙述中不正确的是A. 还原产物为NH4+B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:8C. Fe3+和Fe2+分别属于反应物和生成物D. 若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+【答案】C【解析】试题分析： A氧化剂对应的产物是还原产物，亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，所以还原产物是NH4+，故A正确；B该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为-3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：8，故B正确；C根据方程式知，Fe3+和Fe2+分别属于生成物和反应物，故C错误；D若把该反应设计为原电池，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，故D正确；故选C。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】正确判断反应物、生成物是解本题关键，侧重考查学生分析、推断能力，亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子、铵根离子，其反应方程式为8Fe2+NO3-+10H+=8Fe3+NH4+3H2O，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为-3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，据此分析作答。9. 制备(NH4)2Fe(SO4)26H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pHl)进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是()A. 通入过量Cl2:Fe2+、H+、NH4+、Cl-、SO42-B. 加入过量NaClO溶液:NH4+、Fe2+、H+、SO42-、ClO-C. 加入过量NaOH溶液:Na+、Fe2+、NH4+、SO42-、OH-D. 加入过量NaClO溶液:Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-【答案】D【解析】A氯气与还原性离子Fe2+发生氧化还原反应，不能存在亚铁离子，故A错误；BFe2+有强还原性，ClO-离子具有强氧化性，要发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；CFe2+、OH-结合生成沉淀，铵根离子与碱结合生成弱电解质，不能共存，故C错误；D该组离子之间不反应，能共存，加入过量NaClO溶液，离子之间仍不反应，能共存，故D正确；故选D。点睛：熟悉复分解反应发生的条件及强氧化性离子与强还原性离子间发生的氧化还原反应是解答本题的关键。本题中要注意NaClO溶液具有强氧化性。10. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. Cu溶于稀硝酸HNO3:Cu+2H+NO3-=Cu2+NO2+H2OB. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2:Fe2+20H-=Fe(OH)2C. 用CH3COOH溶解CaCO3:CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3:CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3+HCO3-【答案】D点睛：离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，单质、氧化物、弱电解质、气体、沉淀、络合物都写化学式，注意要结合原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度不大，易错选项是B，注意B中离子反应先后顺序及反应物的量，为易错点。11. 下列示意图与对应的反应情况正确的是A. 含0.01molKOH和0.01molCa(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2B. NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液C. KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液D. NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸【答案】B【解析】A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，继续通入二氧化碳，碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少，沉淀的量保持不变，故B正确；C、假设含2molKAl(SO4)2，在KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始阶段滴入3molBa(OH)2时，2mol铝离子和3mol硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成2mol氢氧化铝和3mol硫酸钡沉淀共5mol，然后再滴入1molBa(OH)2时，继续形成1mol的硫酸钡沉淀但同时有会溶解2mol氢氧化铝沉淀，所以这一段沉淀的物质的量并没有增多反而减小，再滴加入Ba(OH)2时无反应发生最终只剩余硫酸钡沉淀，故C错误；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐溶解掉，故D错误；故选B。点睛：明确物质间的反应及物质的性质是解本题关键。本题的难点是C，KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止，可以结合具体数据分析反应过程进行判断。12. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1mol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、因为加入过量的铁粉，反应生成Fe（NO3）2，加入KSCN溶液，溶液不变红，故错误；B、Cu2Fe3=Cu22Fe2，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，故错误；C、铝表面产生氧化铝，因为氧化铝的熔点比铝的高，因此出现熔化而不滴落，故错误；D、MgSO4溶液加入NaOH，生成Mg（OH）2，再加入CuSO4溶液，出现蓝色沉淀，即Mg（OH）2Cu2=Cu（OH）2Mg2，化学反应向更难溶的方向进行，即Cu（OH）2的溶度积小于Mg（OH）2，故正确。考点：考查实验方案设计的评价等知识。13. 实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有碳等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)，下列说法正确的是A. 、中依次盛装KMnO4溶液、浓HSO4、焦性没食子酸溶液B. 管式炉加热前，用试管在处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D. 裝置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】B【解析】AZn粒中往往含有硫等杂质，因此生成的氢气中可能混有H2S，所以KMnO4溶液除去H2S。另外装置含有空气，高温下能与W反应，焦性没食子酸溶液吸收氧气，最后通过浓硫酸干燥氢气，A错误；B氢气是可燃性气体，通过爆鸣法验纯，B正确；C为了防止W被氧化，反应结束后应该先停止加热，在氢气的氛围中冷却，等待W冷却后再关闭K，C错误；D二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以不能用于该反应，D错误。答案选B。14. 下图所示为海水综合利用部分流程，有关说法错误的是A. 实验室进行的操作需用到坩埚、玻璃棒、酒精灯B. 是一个将电能转化为化学能的过程C. 涉及的反应均为氧化还原反应D. 中反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-【答案】A【解析】试题分析：A、实验室进行的操作为蒸发溶液，需用仪器有：蒸发皿、玻璃棒、酒精灯，错误；B、为电解食盐水，能量转化为把电能转化为化学能，正确；C、为Cl2氧化NaBr，为Br2氧化SO2，为Br被氧化为Br2，均为氧化还原反应，正确；D、为Br2氧化SO2，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O4H+SO42-+2Br-，正确。考点：本题考查化学流程的分析、反应类型的判断、能量转化、离子方程式的书写。15. 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2:1B. 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC. 产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD. Cu与Cu2O与硝酸反应后利余HNO3为0.2mol【答案】B【解析】试题分析：根据题意可知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，质量是39.2 g，则nCu(OH)2=0.4 mol，n(Cu)=0.4 mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4 mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，则有x2y=0.4 mol，64x144y=27.2 g，解得x=0.2 mol，y=0.1 mol，物质的量之比等于2:1，A项正确；反应后得到溶质是NaNO3，则表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等，即硝酸钠的物质的量是1 mol，0.2 mol Cu和0.1 mol Cu2O被硝酸氧化时共失去(0.40.2)mole，则有0.2 mol的硝酸被还原为NO，所以硝酸的总物质的量是1.2 mol，浓度是2.4 mol/L，B项错误；产生的NO为0.2 mol，标准状况下体积是4.48 L，C项正确；D原混合物与硝酸反应生成Cu(NO3)2，n(Cu)=0.4 mol，所以n(NO3-)=0.8 mol，被还原的硝酸是0.2 mol，硝酸的总物质的量是1.2 mol，所以剩余硝酸0.2 mol，D项正确；答案选B。【考点定位】考查硝酸的性质，氧化还原反应，化学计算等知识。【名师点睛】本题考查硝酸的性质，氧化还原反应，化学计算等知识。根据题意可知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，质量是39.2 g，则nCu(OH)2=0.4 mol，n(Cu)=0.4 mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4 mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，则有x2y=0.4 mol，64x144y=27.2 g，解得x=0.2 mol，y=0.1 mol，然后根据得失电子守恒和原子守恒解答即可。16. 某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl-、SO42-、CO32-、A1O2-中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L。某同学进行了如下实验:下列说法正确的是A. 无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl-B. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C. 无法确定沉淀C的成分D. 原溶液中存在的离子为NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-【答案】D.考点：考查常见离子的检验。二、非选择题(每空2分，共52分。)17. 将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加1mol/LNaOH溶液。请回答:(1)若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的休积V变化如下图所示。当V1=160mL时，则金属粉末中n(Mg)=_mol,V2=_mL。(2)若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=_mL。(3)若混合物仍为0.1mol,其中Mg粉的物质的量分数为a,用100mL 2mol/L的硫酸溶解此混合物后，再加入450mLlmol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围是:_。【答案】 (1). 0.06mol (2). 440mL (3). 400mL (4). 【解析】(1)当时V1=160mL，此时溶液是MgSO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，由Na+离子守恒可知，n(Na2SO4)=n(Na+)=n(NaOH)=，设MgSO4为xmol、Al2(SO4)3为ymol，则：根据原子Mg、Al原子守恒有：x+2y=0.1，100mL 2mol/L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：2mol/L0.1L=0.2mol，根据SO42-离子守恒有：x+3y=0.2-0.08=0.12，联立方程解得：x=0.06、y=0.02，所以金属粉末中：n(Mg)=0.06mol，n(Al)=2y=20.02mol=0.04mol；滴加NaOH溶液到体积V2时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42-离子、Na+离子和Al原子守恒有：n(NaOH)=2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)=2n(H2SO4)+n(Al)=20.2mol+0.04mol=0.44mol，则V2点消耗NaOH溶液的体积为；(2)使Mg2+、Al3+刚好完全沉淀，此时溶质为硫酸钠，则n(NaOH)=2n(Na2SO4) =0.4mol，加入的NaOH的体积为：V=；(3) 若混合物仍为0.1 mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100mL 2mol/L的硫酸溶解此混合物后，再加入450mL 1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，证明生成的Al(OH)3全部和NaOH反应，由上述分析知Mg2+、Al3+恰好完全沉淀时消耗400mL NaOH溶液，再加入50mL 1mol/L NaOH溶液，所得Al(OH)3沉淀完全溶于NaOH生成NaAlO2，Al(OH)3+NaOH= NaAlO2+ 2H2O，Al(OH)3最大取值0.05mol，即0 n(Al).05mol，n(Mg)+n(Al)=0.1mol，则0.5.n(Mg)1，则0.5a1。点睛：本题以图像题的形式考查混合物反应的计算、镁铝化合物性质，题目难度中等，分析图像各阶段的发生的反应是解题关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，将会得到太大的简化。18. I.氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气反应生成A 和B。A 为铵盐，B 在标准状况下为气态。在此反应中，若每有1体积氨气参加反应，同时有0.75 体积氟气参加反应；若每有8.96L 氨气(标准状况)参加反应，同时生成0.3 mol A。(1) 写出氨气和氟气反应的化学方程式_。(2) 在标准状况下，每生成2.24LB,转移电子的物质的量为_mol。.某固体可能由Al、（NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2中的一种或几种组成，现取该固体进行如下实验，所得现象和有关数据如下所示(气体体积的数据均已折算成标准状况下):请回答下列问题:(3)混合物中存在的物质有_(填化学式)。(4)依照反应顺序写出步骤的离子方程式:_，_。【解析】I.(1)氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气发生反应生成A和B，A为铵盐，A为氟化铵，B在标准状况下为气态，在此反应中，若有1体积氨气参加反应，则有0.75体积氟气参加反应，氨气和氟气的计量数之比是1：0.75=4：3，若有8.96L氨气(标准状况)参加反应，则生成0.3mol A，则氨气和氟化铵的计量数之比=：0.3mol=4：3，反应方程式为：4NH3+3F2 NF3+3NH4F，故答案为：4NH3+3F2 NF3+3NH4F；(2)根据方程式4NH3+3F2 NF3+3NH4F，反应中转移的电子为6e-。在标准状况下2.24L NF3的物质的量为=0.1mol，则该反应中转移电子的物质的量为0.6mol ，故答案为：0.6；.(3)由流程图可知：第一步反应的离子方程式为：NH4+OH-NH3+H2O、2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2、Mg2+2OH-Mg(OH)2、Al3+4OH-AlO2-+2H2O，根据生成的气体通过碱石灰体积不变，说明无酸性气体，而通过浓硫酸体积减小，说明剩余的 6.72 L气体为氢气，即原固体中一定含有金属Al，且其质量为27 g/mol=5.4 g；生成氨气的物质的量为=0.2 mol，根据氮守恒则原固体中一定含有 0.1 mol (NH4)2SO4，质量为：0.1 mol132g/mol=13.2g；得到白色沉淀久置不变色，说明无FeCl2，因为氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁；又因为NaOH过量，所以白色沉淀不可能含有氢氧化铝，则说明5.8 g白色沉淀为Mg(OH)2，其物质的量为0.1 mol，则固体中含有MgCl20.1 mol，质量为9.5g，所以混合物的组成为Al、(NH4)2SO4、MgCl2，故答案为：Al、(NH4)2SO4、MgCl2；(4)反应中包括盐酸与过量的氢氧化钠反应、偏铝酸根与盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：H+OH-=H2O、AlO2-+H+H2O=Al(OH)3；故答案为：H+OH-=H2O、AlO2-+H+H2O=Al(OH)3。19. 下图所示反应I、反应和反应均是工业生产中常见的反应。其中A、B为化合物，C是温室气体之一，D和K均可用做干燥剂，H常温下为液态化合物，J是一种具有漂白作用的盐，反应和E与G反应的原理相同。(1)C与J的水溶液反应后生成的含氧酸的电子式是_。(2)E与G反应的离子方程式是_。(3)工业上测定反应产品的有效成分J的含量，先将一定量的产品的溶液加入过量的KI溶液和稀硫酸中，使之反应生成小然后用Na2S2O3标准溶液滴定I2，计算出结果。生成I2的反应的离子方程式是_。用Na2S2O3标准溶液滴定I2时选用的指示剂是_。(4)已知:2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-.若将E通入FeBr2溶液中，溶液中有三分之一的Br-被氧化成Br2,则此反应离子方程式是_。【答案】 (1). (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O (4). 淀粉溶液 (5). 6Fe2+4Br-+5Cl2=6Fe3+2Br2+10Cl-【解析】反应I、反应II和反应III均是工业生产中常见的反应，A、B为化合物，C是温室气体之一为CO2，D和K均可用做干燥剂结合反应条件判断，D为CaO，A为CaCO3，H常温下为液态化合物推断为H2O，M为Ca(OH)2，J是一种具有漂白作用的盐推断为Ca(ClO)2，K为CaCl2，E为Cl2，反应III和E与G反应的原理相同，说明G为碱，结合反应条件，可以推断B为NaCl，电解氯化钠溶液反应生成产物G为NaOH，F为H2。(1)CO2与Ca(ClO)2的水溶液反应生成碳酸钙和含氧酸次氯酸，次氯酸的电子式是：；故答案为：；(2)Cl2与Ca(OH)2反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)Ca(ClO)2将KI氧化生成I2的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O，故答案为：ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O；碘与淀粉变蓝色，滴定过程中有碘参与，因此用Na2S2O3标准溶液滴定I2时选用的指示剂为淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；(4)若将0.1mol Cl2通入100mL FeBr2溶液中，溶液中有三分之一的Br-被氧化成Br2；溶液中Fe2+的还原性大于Br-的还原性；通入氯气会先氧化Fe2+离子，Fe2+完全反应后再氧化Br-；设FeBr2溶液浓度为xmol/L，含Fe2+物质的量为0.1xmol；含Br-物质的量为0.2xmol；Cl2物质的量为0.1mol；依据溶液中有三分之一的Br-被氧化成Br2得到； Cl2 + 2Br-=Br2+2Cl-； 1 2molmol则与亚铁离子反应的氯气物质的量=0.1mol-mol Cl2 + 2Fe2+=2Fe3+2Cl-； 1 2(0.1-)mol 0.1xmol因此(0.1-)mol2=0.1xmol，解得：x=1.2，反应的各粒子物质的量为：n(Cl2)=0.1mol；n(Fe2+)=0.12mol；反应的溴离子的物质的量n(Br-)=0.08mol，n(Cl2)：n(Fe2+)：n(Br-)=0.1：0.12：0.08=5：6：4，故反应的离子方程式：6Fe2+4Br-+5Cl26Fe3+2Br2+10Cl-，故答案为：6Fe2+4Br-+5Cl26Fe3+2Br2+10Cl-。20. 绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题:(1)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按下图连接好装置进行实验。将下列实验操作步骤正确排序_(填标号);重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。a.点燃酒精灯，加热 b.熄灭酒精灯 c.关闭K1和K2d.打开K1和K2,缓缓通入N2 e.称量A f.冷却至室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_(列式表示)。若实验时按a、d次序操作，则使x_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(2)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(1)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2,缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为_(填标号)。C、D中有气泡冒出，并观察到的现象分别是_。a.品红 b.NaOH c.BaCl2 d.Ba(NO3)2 e.浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_。【答案】 (1). dabfce (2). (3). 偏小 (4). c、a (5). 产生白色沉淀、品红溶液褪色 (6). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【解析】(1)实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce，故答案为：dabfce；直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)g，m(H2O)=(m2-m3)g，则n(H2O)=mol、n(FeSO4)=mol，结晶水的数目等于=，若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小，故答案为：；偏小；(2)实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：c、a；产生白色沉淀、品红溶液褪色；硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，分解的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。点睛：本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别。注意把握实验原理及物质性质的分析。本题的易错点为误差的分析，要注意若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，使得硫酸亚铁变成了硫酸铁。21. 水泥是重要的建筑材料。水泥热料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:已知下列氢氧化物沉淀完全的pH:Fe(OH)3 3.0 Fe(OH)2 8.35 Al(OH)3 4.7 Mg(OH)2 10.87回答下列问题:(1) 在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_，还可使用_代替硝酸。(2) 沉淀A 的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_。(3) 加氨水过程中加热的目的是_.沉淀B 的主要成分为_(写化学式)。【答案】 (1). 将样品中可能存在的Fe2+氧化成Fe3+ (2). H2O2 (3). SiO2 (4). SiO2+4HF=SiF4+2H2O (5). 防止胶体生成，易沉淀分离 (6). Fe(OH)3、Al(OH)3【解析】水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH到4-5之间，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有Ca2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀，加入硫酸酸化，然后用高锰酸钾测定。(1)铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，也可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；(2)由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸氢氟酸反应，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4+2H2O；(3)滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：防止胶体生成，便于沉淀分离；Al(OH)3、Fe(OH)3。