2014年重庆一中高2015级高三上期第一次月考化学试题(解析版) 2

2014年重庆一中高2015级高三上期第一次月考

化学试题2014.9

一、单选题：每小题只有一个正确选项．

1．（6分）某无色透明溶液中，下列离子能够大量共存的是（）

A．H+、NH4+、AlO2﹣、S2O32﹣B．K+、Cu2+、OH﹣、Cr2O72﹣

C．N a+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣D．A g+、Mg2+、CO32﹣、I﹣

考点：离子共存问题．

分析：溶液无色透明，则有颜色的离子不能大量存在，如离子之间不发生任何反应，则可大量共存，以此解答该题．

解答：解：A．酸性条件下，AlO2﹣、S2O32﹣不能大量共存，故A错误；

B．Cu2+有颜色，且Cu2+、OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；

C．溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；

D．Ag+、Mg2+、CO32﹣或Ag+、CO32﹣、I﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故D错误．故选C．

点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，题目难度不大，本题注意常见有颜色的离子的种类，注意离子反应的类型以及离子的性质．

2．（6分）下列反应的离子方程式正确的是（）

A．

MnO2和浓盐酸混合加热：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑

B．醋酸除去水垢：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O

C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应：NH4++OH﹣═NH3?H2O

D．F e和稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑

考点：离子方程式的书写．

分析：A．二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，浓盐酸中的氯化氢需要拆开；

B．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开，需要保留分子式；

C．氢氧化钠过量，亚铁离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，漏掉了亚铁离子与氢氧根离子的反应；

D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，不是生成氯化铁．

解答：解：A．MnO2和浓盐酸混合加热反应生成氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl

﹣Mn2++2H

2O+Cl2↑，故A正确；

B．醋酸为弱电解质，离子方程式中需要保留分子式，正确的离子方程式为：

CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；

C．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁、一水合氨，正确的离子方程式为：Fe2++2NH4++4OH﹣═2NH3?H2O+Fe（OH）2↓，故C错误；

D．Fe和稀盐酸反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故D 错误；

故选A．

- 1 -

点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等．

3．（6分）下列说法正确的是（）

A．用铂丝蘸取某盐溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该盐溶液含钠元素，一定不含钾元素

B．配制100 mL 1 mol/L NaCl溶液，定容时俯视刻度线，则所配溶液浓度偏小

C．只用胶头滴管和试管，不用其他试剂无法区别稀盐酸和K2CO3稀溶液

D．纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米，将纳米材料分散到溶剂中得到的分散系，用可见光束照射具有丁达尔效应

考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；胶体的重要性质；焰色反应；配制一定物质的量浓度的溶液．

分析：A、进行焰色反应时，观察钾元素的紫色必须透过蓝色钴玻璃；

B、定容时俯视刻度线，会导致所配溶液的体积偏小；

C、稀盐酸和碳酸钾可以用互滴的方法来鉴别；

D、胶体能产生丁达尔效应．

解答：解：A、进行焰色反应时，观察钾元素的紫色必须透过蓝色钴玻璃，如不透过蓝色钴玻璃，则无法判断出钾元素是否存在，故A错误；

B、定容时俯视刻度线，会导致所配溶液的体积偏小，则浓度偏高，故B错误；

C、当盐酸少量时，离子反应方程式为CO32﹣+H+=HCO3﹣，当盐酸过量时，离子反应

方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O，所以反应现象不同，可鉴别，故C错误；

D、胶体是分散质粒子介于1﹣100nm之间的分散系，故将纳米材料分散到溶剂中得

到的分散系即为胶体，能产生丁达尔效应，故D正确．

故选D．

点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析以及焰色反应等内容，难度不大．

4．（6分）下列说法不正确的是（）

A．碱金属元素在自然界以化合态形式存在

B．金属铷投入水中会发生爆炸式反应，生成氢氧化铷和氢气

C．碱金属与氧气反应，生成物都不随反应条件或反应物的用量变化而变化

D．金属铯的密度大于钠，而钠的熔点高于铯

考点：碱金属的性质．

分析：A．碱金属性质较活泼，极易被氧化；

B．铷的活泼性大于Na，根据钠和水反应生成物确定铷和水反应生成物；

C．碱金属和氧气反应，生成物与反应条件有关；

D．碱金属中金属的密度随着原子序数增大而增大，熔点随着原子序数增大而减小．解答：解：A．碱金属原子最外层只有一个电子，极易失去电子发生氧化反应，所以其性质较活泼，在自然界中只能以化合态存在，故A正确；

B．铷的活泼性大于Na，根据钠和水反应生成物知，铷和水反应生成氢氧化铷和氢气，

- 2 -

且发生爆炸，故B正确；

C．碱金属和氧气反应，生成物与反应条件有关，如氧气和钠在没有条件下反应生成氧化钠，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故C错误；

D．碱金属中金属的密度随着原子序数增大而增大，熔点随着原子序数增大而减小，所以金属铯的密度大于钠，而钠的熔点高于铯，故D正确；

故选C．

点评：本题考查碱金属族元素及其导致的性质，明确原子结构与元素性质即可解答，熟练掌握以碱金属族、卤族为代表的同一主族元素性质的相似性及递变性，题目难度不大．

5．（6分）下列说法不正确的是（）

A．

可以用于比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱

B．

橡皮管的作用是使水能顺利流下

C．

若向Ba（OH ）2溶液中逐滴加入硫酸溶液直至过量，灯光会由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮

D．

用于吸收HCl气体能防倒吸

考点：化学实验方案的评价．

分析：A．还原性强的离子先反应；

B．橡皮管的作用是使漏斗上下气压相同；

C．溶液的导电性强弱与离子的浓度呈正比；

D．苯的密度比水小．

解答：解：A．还原性强的离子先反应，对应的氧化产物氧化性弱，故A正确；

B．橡皮管的作用是使漏斗上下气压相同，保证液体顺利流下，故B正确；

C．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水，灯光熄灭，继续加入硫酸，又逐渐变亮，

- 3 -

故C正确；

D．苯的密度比水小，仍会发生倒吸，故D错误．

故选D．

点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化性比较、试验基本操作、气体收集等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．

6．（6分）设N A是阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是（）

A．1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 N A

B．标准状况下，2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1N A

C．常温常压下，8 g SO3所含的氧原子的数目为0.3N A

D．过氧化钠与H2O反应，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2N A

考点：阿伏加德罗常数．

分析：A、Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成；

B、氯气与水的反应为可逆反应；

C、根据n=计算出SO3的物质的量，然后根据1mol SO3含3mol氧原子来计算；

D、根据Na2O2与水的反应为歧化反应来分析．

解答：解：A、Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1molNa2O和Na2O2的混合物含有的阴、阳离子的物质的量为3mol，总数是3 N A，故A正确；

B、氯气与水的反应为可逆反应，故标准状况下，2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目

小于0.1N A，故B错误；

C、SO3的物质的量n===0.1mol，而1mol SO3含3mol氧原子，故0.1molSO3

含0.3mol氧原子，个数为0.3N A，故C正确；

D、Na2O2与水的反应为歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，此反应中转移2mol

电子，生成1mol氧气，故每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.2N A，故D正确．故选B．

点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

7．（6分）（2014?青浦区一模）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）

序号反应物产物

①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO 4

②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3

③MnO4﹣Cl2、Mn2+

A．第①组反应的其余产物为H2O和O2

B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2

C．第③组反应中生成1mol Cl2，转移电子2mol

D．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2

考点：氧化还原反应．

- 4 -

- 5 - 专题：

氧化还原反应专题．

分析： A 、反应中KMnO 4→MnSO 4，Mn 元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H 2O 2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水．

B 、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断．

C 、由信息可知，MnO 4﹣氧化Cl ﹣为Cl 2，Cl 元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍．

D 、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe 3+不能氧化Br ﹣，氧化性Br 2＞Fe 3+

． 解答： 解：A 、反应中KMnO 4→MnSO 4，Mn 元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转

移守恒，H 2O 2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H 元素守恒可知还生成水，故A 正确；

B 、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n （C12）=n （FeBr 2），即n （C12）：n （FeBr 2）=1：2，故B 正确；

C 、由信息可知，MnO 4﹣氧化Cl ﹣为Cl 2，Cl 元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电

子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C 正确；

D 、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO 4﹣＞Cl 2，由②可知氧化

性Cl 2＞Fe 3+，由②可知Fe 3+不能氧化Br ﹣，氧化性Br 2＞Fe 3+，故D 错误．

故选：D ．

点评：

考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物．

二、非选择题（共58分）

8．（14分）碱金属元素的单质和化合物在日常生活和化工生产中应用广泛． （1）钠的原子结构示意图为 ．

（2）过氧化钠可作为呼吸面具和潜水艇中的供氧剂．写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式： 2Na 2O 2+2CO 2═2Na 2CO 3+O 2 ．

（3）氯碱工业是利用电解饱和食盐水获取一系列化工产品的过程．若利用电解饱和食盐水所得的气体

100t36.5%的浓盐酸，理论上至少需要消耗NaCl 58.5 t ．

（4）某实验小组欲探究Na 2CO 3和NaHCO 3的性质，发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签．于是，他们先对固体A 、B 进行鉴别，再通过实验进行性质探究．

①分别加热固体A 、B ，发现固体A 受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊．A 的名称为 碳酸氢钠 ．

②称取两种固体各2g ，分别加入两个小烧杯中，再各加10mL 蒸馏水，振荡，发现Na 2CO 3固体完全溶解，而NaHCO 3固体还有剩余，由此可以得出结论： 在相同的温度下，Na 2CO 3比NaHCO 3容易溶解于水中 ．向所得溶液中滴入酚酞后，观察到的现象是 两份溶液均变红 ．

③某同学为探究Na 2CO 3和NaHCO 3与CaCl 2溶液的反应，将两种固体分别配制成0.5mol ?L

﹣1的溶液，设计如下方案并对反应现象做出预测：

实验方案 预测现象

预测依据

操作1：向2mL Na 2CO 3溶液中滴加1mL 0.5mol ?L ﹣1CaCl 2溶液

有白色沉淀 Na 2CO 3溶液中的CO 32﹣浓度较大，能与CaCl 2

发生反应Ca 2++CO 32﹣=CaCO 3↓． 操作2：向2mL NaHCO 3溶液中滴无白色NaHCO 3溶液中的CO 32﹣浓度很小，不能与

加1mL 0.5mol?L﹣1CaCl2溶液沉淀CaCl2反应．

实施实验后，发现操作2的现象与预测有差异：产生白色沉淀和气体．则该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2↑+H2O．

考点：性质实验方案的设计．

分析：（1）钠原子序数是11，结合原子结构示意图绘制画出；

（2）二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气；

（3）根据Cl原子守恒有n（NaCl）=n（HCl）计算；

（4）①Na2CO3和NaHCO3的热稳定性碳酸钠强些，因此A是碳酸氢钠；

②根据Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体还有剩余，由此得出在相同的温度下，

Na2CO3比NaHCO3容易溶解于水中的结论，碳酸钠和碳酸氢钠都可水解使溶液呈碱性，使酚酞变红色；

③根据产生白色沉淀和气体的现象，这说明白色沉淀是碳酸钙，气体是CO2，因此该

条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣

=CaCO3↓+CO2↑+H2O．

解答：

解：（1）钠原子序数是11，原子结构示意图为，故答案为：；

（2）二氧化碳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，故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；

（3）100t36.5%的浓盐酸中HCl物质的量=，根据Cl原子守恒有n（NaCl）=n（HCl）计算，m（NaCl）

=×58.5g/mol=58.5×106g=58.5t；

故答案为：58.5；

（4）①Na2CO3和NaHCO3的热稳定性碳酸钠强些，分别加热固体A、B，发现固体A 受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊．A的名称为是碳酸氢钠；

故答案为：碳酸氢钠；

②根据Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体还有剩余，由此得出在相同的温度下，

Na2CO3比NaHCO3容易溶解于水中的结论，碳酸钠和碳酸氢钠都可水解使溶液呈碱性，使酚酞变红色；

故答案为：在相同的温度下，Na2CO3比NaHCO3容易溶解于水中；两份溶液均变红；

③根据产生白色沉淀和气体的现象，这说明白色沉淀是碳酸钙，气体是CO2，因此该

条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣

=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2↑+H2O．

点评：本题考查了物质制备，物质性质的方向判断和实验过程分析应用，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．

9．（13分）磷的单质和化合物是重要的化工产品．查阅资料可知：亚磷酸（H3PO3）、次磷酸（H3PO2）以及它们的盐都有较强还原性，可用于化学镀银或镀镍；亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3．试回答下列问题：

- 6 -

（1）Na2HPO3中P元素的化合价为+3；

（2）Na2HPO3是正盐（填“正盐”或者“酸式盐”），其溶液的pH＞7 （填“＞”、“=”或“＜”）．

（3）利用次磷酸与硝酸银溶液反应进行化学镀银，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，该反应的化学方程式为：H3PO2+4AgNO3+2H2O=4Ag↓+4HNO3+H3PO4．

（4）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍．镀镍溶液中含Ni2+和H2PO2﹣，在酸性等条件下发生下述反应：

（a）1Ni2++1H2PO2﹣+1H2O═1Ni+1H2PO3﹣+2H+

（b）6H2PO2﹣+2H+=2P+4H2PO3﹣+3H2↑

①请配平反应式（a）；

②依据反应式（b），反应消耗掉6mol H2PO2﹣时转移电子的物质的量为8mol．

考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应方程式的配平．

分析：（1）Na2HPO3中Na盐酸化合价为+1价，H为+1价，O为﹣2价，结合化合价代数和为0判断；

（2）由题给信息“亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3”可知Na2HPO3为正盐，水解呈碱性；

（3）H3PO2和AgNO3溶液反应进行化学镀银，此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，结合化合价的判断产物，以此书写反应的化学方程式；

（4）根据氧化还原反应中化合价变化及质量守恒定律判断反应物和生成物，并配平反应方程式、判断还原产物；结合元素化合价的变化计算．

解答：解：（1）Na2HPO3中Na盐酸化合价为+1价，H为+1价，O为﹣2价，由化合价代数和为0可知P元素化合价为+3价，故答案为：+3；

（2）由题给信息“亚磷酸是中强酸，它与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3”可知Na2HPO3为正盐，水解呈碱性，pH＞7，故答案为：正盐；＞；

（3）该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1﹣0）=1×（x﹣1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，反应的方程式为

H3PO2+4AgNO3+2H2O=4Ag↓+4HNO3+H3PO4，

故答案为：H3PO2+4AgNO3+2H2O=4Ag↓+4HNO3+H3PO4；

（4）①由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，

所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：Ni2++H2PO2﹣+H2O═Ni+H2PO3﹣+2H+，镍离子被还原成金属Ni，还原产物为Ni，

故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；

②反应6H2PO2﹣+2H+=2P+4H2PO3﹣+3H2↑中，元素化合价升高的有P元素，降低的有

P和H元素，则当消耗6mol H2PO2﹣时，生成4molH2PO3﹣，可知失去电子的物质的量为4mol×（3﹣1）=8mol，

故答案为：8mol．

点评：本题考查较为综合，涉及电解质的电离以及氧化还原反应等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大．

- 7 -

10．（17分）某pH=1的溶液X，其中可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO42ˉ、SiO32ˉ、NO3ˉ中的一种或几种离子，取200mL溶液进行实验，其现象及转化如图．反应过程中有一种气体是红棕色．

请回答下列问题：

（1）仅由强酸性条件便可判断溶液X中一定不存在的离子有CO32﹣、SiO32﹣；

（2）溶液X中，关于NO3ˉ的判断一定正确的是b；

a．一定有b．一定没有c．可能有

（3）①中产生气体A的离子方程式为3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O；

（4）⑦中生成沉淀K的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；

（5）溶液X中不能确定的离子是_Fe3+，若要用实验证明该离子一定不存在，其中最可靠的化学方法为取少量X溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红色说明无Fe3+；（6）若实验测定A、F、K均为0.01mol，试确定沉淀C及其物质的量：n（BaSO4）≥0.06mol．

考点：无机物的推断．

分析：某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32﹣、SiO32﹣，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液呈存在SO42﹣，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；

酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3﹣不能共存，加入硝酸

钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3﹣，A是NO；

溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生

沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是Fe（OH）3，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是

Al（OH）3，溶液L是NaHCO3；

A是NO，则D是NO2，二氧化氮化和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3，硝酸

和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3．

解答：解：强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32﹣、SiO32﹣，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液呈存在SO42﹣，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；

酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3﹣不能共存，加入硝酸

钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3﹣，A是NO；

溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生

沉淀，则溶液中存在Fe3+，沉淀G是Fe（OH）3，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是

Al（OH）3，溶液L是NaHCO3；

A是NO，则D是NO2，二氧化氮化和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3，硝酸

和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO 3，

- 8 -

- 9 - （1）由强酸性条件即可判断溶液X 中一定不存在弱酸根离子，所以不存在的离子有CO 32﹣、SiO 32﹣，故答案为：CO 32﹣、SiO 32﹣；

（2）强酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，如果存在硝酸根离子，则不存在亚铁离子，加入硝酸钡溶液时不能产生气体，所以溶液X 中一定没有NO 3﹣，故选b ；

（3）亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Fe 2++NO 3

﹣+4H +=2Fe 3++NO ↑+2H 2O ，故答案为：3Fe 2++4H ++NO 3﹣=3Fe 3++NO ↑+2H 2O ；

（4）⑦中生成沉淀K 的离子方程式为AlO 2﹣+CO 2+2H 2O=Al （OH ）3↓+HCO 3﹣，故

答案为：AlO 2﹣+CO 2+2H 2O=Al （OH ）3↓+HCO 3﹣；

（5）溶液中存在Fe 2+，可被氧化生成Fe 3+，则不能确定原溶液是否含有Fe 3+，可加

KSCN 溶液检验，做法是取少量X 溶液于试管中，加入几滴KSCN 溶液，溶液不变

红色说明无Fe 3+，

故答案为：Fe 3+；取少量X 溶液于试管中，加入几滴KSCN 溶液，溶液不变红色说明

无Fe 3+；

（6）A 、F 、K 均为0.01mol ，200mL X 溶液中n （H +）=0.02mol ，根据反应3Fe 2++NO 3

﹣+4H +=3Fe 3++NO ↑+2H 2O ，可知亚铁离子为0.03mol ，根据溶液电中性可知：2n （Fe 2+）

+3n （Al 3+）+n （NH 4+）=2n （SO 42﹣），

n （SO 42﹣）=

=0.06mol ， 当X 溶液中不能确定的离子是Fe 3+，则硫酸根离子的物质的量大于0.06mol ，生成沉

淀C 硫酸钡的物质的量大于0.06mol ；

故答案为：n （BaSO 4）≥0.06mol ．

点评：

本题考查无机物的推断，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题关键，根据溶液和硝酸钡反应生成气体确定溶液中存在亚铁离子，为解答本题的易错点，熟练掌握离子共存的条件，灵活运用知识解答，题目难度中等．

11．（14分）某化学研究小组测定某FeCl 3样品（含少量FeCl 2杂质）中铁元素的质量分数，在实验室中按以下步骤进行实验：

①称取a g 样品；

②取适量盐酸和适量蒸馏水使样品溶解，准确配制成250mL 溶液；

③准确量取25.00mL 所配溶液，置于烧杯中；

④加入适量的氯水，使反应完全；

⑤加入过量氨水，充分搅拌；

⑥过滤，洗涤沉淀，并将其转移至坩埚中；

⑦加热并搅拌沉淀，至沉淀由红褐色全部变为红棕色，冷却后称量；

⑧重复步骤⑦的操作，直至合格为止．

请根据上面的叙述回答下列问题：

（1）如图所给仪器中，实验步骤①②③中必须用到的仪器是E 和 ABFG （填仪器序号）．

（2）步骤②加入盐酸的目的是 防止FeCl 3和FeCl 2水解 ；

（3）实验步骤⑤所得沉淀为 Fe （OH ）3 ；步骤⑥洗涤沉淀的方法是 向漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，水自然流完后，重复操作2～3次 ；

（4）步骤⑧合格的标准是 连续两次称量质量相差小于0.1g

（5）若坩埚的质量是W1g，最终坩埚和固体的总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数为

；

（6）指导教师认为步骤①～⑧中有一个步骤是多余的，这个步骤是④填序号）．

考点：探究物质的组成或测量物质的含量．

分析：（1）根据称量、溶解、配制一定物质的量浓度的溶液、准确量取溶液等操作确定所需仪器；

（2）FeCl3和FeCl2都是强酸弱碱盐，溶解过程中要发生水解；

（3）④加入适量的氯水，亚铁氧化成铁离子；⑤加入过量氨水，与铁离子反应生成氢氧化铁；

（4）加热氢氧化铁分解质量会减小，连续两次称量的质量相同时，则氢氧化铁完全分解；

（5）氢氧化铁加热灼烧后生成氧化铁，坩埚质量是W1，坩埚与加热后固体总质量是W2，则氧化铁的质量为（W2﹣W1）g．氧化铁中铁元素的质量等于样品中铁元素的质量，进而计算铁元素的质量分数；

（6）因为⑦加热并搅拌沉淀，沉淀与空气直接接触，氢氧化亚铁也被氧化成氢氧化铁．解答：解：（1）称量时需要天平、钥匙；溶解时需要烧杯、玻璃棒；配制一定物质的量浓度的溶液时需要量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、一定规格的容量瓶；准确量取溶液需要酸式滴定管、洗耳球，

故答案为：ABFG；

（2）FeCl3和FeCl2都是强酸弱碱盐，溶解过程中要发生水解，所以加盐酸防止FeCl3和FeCl2水解，故答案为：防止FeCl3和FeCl2水解；

（3））④加入适量的氯水，亚铁氧化成铁离子；⑤加入过量氨水，与铁离子反应生成氢氧化铁，反应的离子方程式为：Fe3++3NH3?H2O=Fe（OH）3+3NH4+，步骤⑥洗涤沉淀的方法是向漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，水自然流完后，重复操作2～3次，故答案为：Fe（OH）3；向漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，水自然流完后，重复操作2～3次；

（4）加热氢氧化铁分解质量会减小，连续两次称量的质量相同时，则氢氧化铁完全分解，故答案为：连续两次称量质量相差小于0.1g；

（5）铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2﹣W1）g×，样品中铁元素的质量（W2﹣W1）g××=7（W2﹣W1）g，

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样品中铁元素的质量分数×100%=，

故答案为：；

（6）因为⑦加热并搅拌沉淀，沉淀与空气直接接触，氢氧化亚铁也被氧化成氢氧化铁，所以第④步加入适量的氯水，氧化亚铁离子多余，故答案为：④．

点评：本题主要考查溶液的配制、对实验原理理解、对实验操作的评价、物质含量的测定、化学计算等，难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与分析问题、解决问题能力．

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