2022-2022学年重庆市开县中学高三（上）段考化学试卷（10月份）一、单项选择题（每题6分，共42分）1．有关实验的叙述，正确的是()A．将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液B．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定其pHC．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色可制Fe（OH）3胶体D．用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应2．下列叙述正确的是()A．欲配制1.00L1.00mol/L的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中B．电解58.5g熔融的NaCl，能产生22.4LCl2（标准状况）、23.0g金属钠C．5.6gFe与足量Cl2反应，失去电子数为0.3NAD．常温下，1L0.1mol/LAlCl3中含Al3+数为0.1NA3．用过量的H2SO4．NaOH．NH3•H2O．NaCl等溶液，按图所示步骤分开五种离子．则溶液①②③④是()A．①NaCl②NaOH③NH3•H2O④H2SO4B．①H2SO4②NaOH③NH3•H2O④NaClC．①H2SO4②NH3•H2O③NaOH④NaClD．①NaCl②NH3•H2O③NaOH④H2SO44．下列离子方程式正确的是()A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向AlCl3溶液中加入NaAlO2：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓C．向AlCl3溶液中投入过量的Na：Na+Al3++2H2O=Na++AlO2﹣+2H2↑D．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O5．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是()A．强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣B．Al3+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣、Na+可以大量共存于pH=2的溶液中C．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣136．已知反应：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4．下列结论正确的是()A．①②③均是氧化还原反应B．氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D．反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为1.2×10227．下列物质①NaHCO3②（NH4）2SO4③Al2O3④（NH4）2CO3⑤Mg（OH）2中，既可以和盐酸反应也可以和Ba（OH）2溶液反应的是()A．①③④B．①②③④C．②③④D．①③④⑤二、填空题（共58分）8．（14分）某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）根据上述框图反应关系，写出D的化学式__________；（2）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是__________．（3）步骤③最好选用试剂__________，步骤③还可选用试剂NaHCO3，写出其离子方程式__________．（4）写出①、②两个反应的离子方程式，不是离子反应的写出其化学方程式．①__________；②__________．9．已知将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去．现有一个氧化还原反应的体系中共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质：（1）该反应中，化合价升高的反应物是__________．（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式（不需配平）__________．（3）上述反应中，氧化剂是__________，1mol氧化剂在反应中（填“得到”或“失去”）__________mol电子．（4）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色．说出NaBiO3的一个性质：__________．10．（14分）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物．以工业碳酸钙为原料（含量为97.5%，含有少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙的主要流程如下：13（1）除杂操作时加入试剂Ca（OH）2调节溶液的pH为8.0～8.5，以除去溶液中少量的Al3+、Fe3+，检验Fe（OH）3是否沉淀完全的方法是__________．（2）请指出下列操作的名称：操作1__________；操作2__________．（3）写出加入碳酸铵所发生的反应的离子方程式__________；写出溶液2的一种用途__________．（4）准确称取100g工业碳酸钙粉末，通过上述方法理论上可以制得质量分数为99%的医药级二水合氯化钙的质量为__________．11．（18分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛．某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S．Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：①检验装置的气密性；②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④…⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封．请回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式为__________．（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是__________．（3）装置B中冷水浴的作用为__________；装置C的名称为__________装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：__________．（4）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）__________．（5）尾气吸收装置E中所加试剂为__________．Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液．13（6）FeCl3与H2S反应的离子方程式为__________．（7）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为Fe2+﹣e﹣=Fe3+．综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②__________．132022-2022学年重庆市开县中学高三（上）段考化学试卷（10月份）一、单项选择题（每题6分，共42分）1．有关实验的叙述，正确的是()A．将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液B．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定其pHC．向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色可制Fe（OH）3胶体D．用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应【考点】测定溶液pH的方法；焰色反应；不能加热的仪器及使用方法．【分析】A、容量瓶不能溶解固体；B、pH试纸不能润湿；C、根据氢氧化铁胶体的制备方法来分析；D、铂丝用稀盐酸来清洗．【解答】解：A、容量瓶专用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能受热，不能溶解固体，故A错误；B、pH试纸不能润湿，否则会对所测溶液造成稀释，可能会形成误差，故B错误；C、氢氧化铁胶体的制备方法是将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸至溶液变为红褐色即停止加热，故C正确；D、铂丝用稀盐酸来清洗，不能用氢氧化钠溶液，故D错误．故选C．【点评】本题考查了容量瓶的使用、pH的使用和氢氧化铁胶体的制备方法等问题，应注意的是将pH试纸润湿后所测的pH不一定有误差．2．下列叙述正确的是()A．欲配制1.00L1.00mol/L的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中B．电解58.5g熔融的NaCl，能产生22.4LCl2（标准状况）、23.0g金属钠C．5.6gFe与足量Cl2反应，失去电子数为0.3NAD．常温下，1L0.1mol/LAlCl3中含Al3+数为0.1NA【考点】物质的量的相关计算．【分析】A、溶液的体积不等同于溶剂的体积；B、求出氯化钠的物质的量，然后根据1mol氯化钠中含1mol钠离子和1mol氯离子来计算；C、求出铁的物质的量，然后根据反应后铁变为+3价来分析；D、铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解．【解答】解：A、溶液的体积不等同于溶剂的体积，将58.5gNaCl溶于1.00L水中后，所得溶液的体积将大于1L，故A错误；B、NaCl的物质的量为=1mol，则电解58.5g熔融的NaCl，能产生0.5mol×22.4L/mol=11.2L氯气（标准状况），而不是22.4L氯气，故B错误；C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，反应后铁变为+3价，故0.1mol铁失去0.3mol电子，故C正确；D、铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的Al3+数小于0.1NA，故D错误．故选C．13【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．3．用过量的H2SO4．NaOH．NH3•H2O．NaCl等溶液，按图所示步骤分开五种离子．则溶液①②③④是()A．①NaCl②NaOH③NH3•H2O④H2SO4B．①H2SO4②NaOH③NH3•H2O④NaClC．①H2SO4②NH3•H2O③NaOH④NaClD．①NaCl②NH3•H2O③NaOH④H2SO4【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【分析】根据题中信息可知：加入①时，只产生一种沉淀，故①一定是NaCl，沉淀为AgCl；在滤液中加入②后，生成两种沉淀，故②是NH3•H2O或NaOH而生成的沉淀，有一种在③中溶解，故②为NH3•H2O，③为NaOH，则④为H2SO4．【解答】解：从题目所给的图示步骤综合分析可知，第①步分离五种离子中的一种离子，只能是Ag+与Cl﹣结合生成AgCl沉淀；第②步产生的沉淀和剩余的溶液分别分离出两种离子，应用NH3•H2O沉淀出Fe3+和Al3+，然后用强碱NaOH溶液将Fe（OH）3和Al（OH）3分离；第④步用SO42﹣将Ba2+和K+分离，所以溶液①②③④分别为：NaCl、NH3•H2O、NaOH、H2SO4，故选D．【点评】本题考查了物质的分离、提纯实验方案的设计，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答根据，注意根据物质的性质进行实验设计，试题充分考查了学生的分析、理解能力．4．下列离子方程式正确的是()A．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OB．向AlCl3溶液中加入NaAlO2：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓C．向AlCl3溶液中投入过量的Na：Na+Al3++2H2O=Na++AlO2﹣+2H2↑D．氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘和水；B．二者发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；C．钠先和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再和氯化铝反应生成偏铝酸钠和水；D．氢氧化钙和碳酸氢镁反应生成氢氧化镁和碳酸钙．13【解答】解：A．二者发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘和水，离子方程式为2Fe（OH）3+2I﹣+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故A错误；B．二者发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，故B正确；C．钠先和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再和氯化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al3++4Na+2H2O=AlO2﹣+4Na++2H2↑，故C错误；D．氢氧化钙和碳酸氢镁反应生成氢氧化镁和碳酸钙，离子方程式为Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣=2CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子方程式的书写，为高考高频点，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，把握氧化还原反应本质、难溶物的溶解平衡、盐类水解等知识点即可解答，题目难度中等．5．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是()A．强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣B．Al3+、NO3﹣、Cl﹣、CO32﹣、Na+可以大量共存于pH=2的溶液中C．0.1mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．离子之间不反应，且和氢氧根离子不反应的能大量共存；B．pH=2的溶液呈强酸性，离子之间不反应且和氢离子不反应的能大量共存；C．离子之间不反应且和偏铝酸根离子不反应的能大量共存；D．室温下pH=1的溶液呈强酸性，离子之间不反应且和氢离子不反应的能大量共存．【解答】解：A．强碱性条件下，Al3+和氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸根离子而不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下CO32﹣和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故B错误；C．AlO2﹣和H+反应生成氢氧化铝沉淀或铝离子而不能大量共存，故C错误；D．室温下pH=1的溶液呈强酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存，为高考高频点，侧重考查复分解反应，明确离子性质即可解答，知道某些离子在酸性溶液中存在还是碱性溶液中存在，题目难度不大．6．已知反应：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4．下列结论正确的是()A．①②③均是氧化还原反应B．氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D．反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为1.2×1022【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．13【分析】①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应；②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，结合化合价变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物来解答．【解答】解：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，该反应中元素的化合价不变，不属于氧化还原反应；②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O，Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，为氧化还原反应；③Fe2（SO4）3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，为氧化还原反应，A．②③属于氧化还原反应，而①不属于氧化还原反应，故A错误；B．由②③中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序是：K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2，故B正确；C．②中氧化剂为K2Cr2O7，还原剂为FeSO4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故C错误；D．③中还原剂为HI，则0.1mol还原剂共失去电子数为6.02×1022，故D错误；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中转移电子及计算的考查，题目难度不大．7．下列物质①NaHCO3②（NH4）2SO4③Al2O3④（NH4）2CO3⑤Mg（OH）2中，既可以和盐酸反应也可以和Ba（OH）2溶液反应的是()A．①③④B．①②③④C．②③④D．①③④⑤【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】①NaHCO3可以与盐酸、氢氧化钡发生反应；②（NH4）2SO4属于铵盐，可以和强碱之间反应，水解显示酸性；③Al2O3两性氧化物，既能和强酸又能和强碱之间反应；④（NH4）2CO3属于铵盐，可以和强碱之间反应，也能和酸反应；⑤Mg（OH）2是碱，能与盐酸反应．【解答】解：①NaHCO3可以与盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，还可以和氢氧化钡反应生成碳酸钡和碳酸钠，故①正确；②（NH4）2SO4属于铵盐，强碱之间能反应，且水解显示酸性，与盐酸不反应，故②错误；③Al2O3两性氧化物，既能和强酸又能和强碱发生反应，故③正确；④（NH4）2CO3属于铵盐，可以和氢氧化钡反应生成碳酸钡、水和氨气，也能和盐酸反应生成氯化铵、水和二氧化碳，故④正确；⑤Mg（OH）2是碱，能与盐酸反应，与碱不反应，故⑤错误；故既可以和盐酸反应也可以和Ba（OH）2溶液反应的是：①③④，故选A．【点评】本题考查了物质的性质，难度中等．明确物质的性质是解本题的关键．二、填空题（共58分）138．（14分）某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）根据上述框图反应关系，写出D的化学式Fe2O3；（2）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤．（3）步骤③最好选用试剂CO2，步骤③还可选用试剂NaHCO3，写出其离子方程式AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣．（4）写出①、②两个反应的离子方程式，不是离子反应的写出其化学方程式．①Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；②Al3++3NH3﹒H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，将A溶于水，然后过滤得到沉淀C为Al2O3和Fe2O3，滤液中含有KAl（SO4）2，向沉淀C中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，过滤得到沉淀D为Fe2O3，滤液中含有AlO2﹣，向滤液中加入适量稀盐酸，发生反应AlO2﹣+H2O+H+=Al（OH）3↓，得到的沉淀加热，发生反应2Al（OH）3Al2O3+3H2O，所以固体B是Al2O3；向硫酸铝溶液中加入过量氨水，铝离子和一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3NH3﹒H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，滤液E中溶质为NH3﹒H2O、K2SO4、（NH4）2SO4，结合题目分析解答．【解答】解：某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，将A溶于水，然后过滤得到沉淀C为Al2O3和Fe2O3，滤液中含有KAl（SO4）2，向沉淀C中加入NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，过滤得到沉淀D为Fe2O3，滤液中含有AlO2﹣，向滤液中加入适量稀盐酸，发生反应AlO2﹣+H2O+H+=Al（OH）3↓，得到的沉淀加热，发生反应2Al（OH）3Al2O3+3H2O，所以固体B是Al2O3；向硫酸铝溶液中加入过量氨水，铝离子和一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3NH3﹒H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，滤液E中溶质为NH3﹒H2O、K2SO4、（NH4）2SO4，（1）通过以上分析知，D是Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（2）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤，故答案为：过滤；（3）氢氧化铝能溶于稀盐酸，所以盐酸的量不易控制，要想得到氢氧化铝沉淀，最好是向偏铝酸钠溶液中通入CO2，二氧化碳和偏铝酸钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠和氢氧化铝；碳酸氢钠和偏铝酸钠能发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣，故答案为：CO2；AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣；（4）反应①为氧化铝和氢氧化钠的反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；13反应②为铝离子和一水合氨的反应，生成铵盐和氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3NH3﹒H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；Al3++3NH3﹒H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．【点评】本题考查物质分离和提纯，侧重考查基本操作、物质的性质，为高考常见题型，涉及离子方程式的书写、分离方法的选取、物质成分判断，明确物质性质是解本题关键，注意氢氧化铝和氧化铝的两性，题目难度中等．9．已知将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去．现有一个氧化还原反应的体系中共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质：（1）该反应中，化合价升高的反应物是KCl．（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式（不需配平）KCl+KMnO4+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O．（3）上述反应中，氧化剂是KMnO4，1mol氧化剂在反应中（填“得到”或“失去”）得到5mol电子．（4）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色．说出NaBiO3的一个性质：NaBiO3具有强氧化性．【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则发生HCl与KMnO4的氧化还原反应；则七种物质发生KCl+KMnO4+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则发生HCl与KMnO4的氧化还原反应，则七种物质发生KCl+KMnO4+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，（1）Cl元素的化合价升高，则KCl为还原剂，故答案为：KCl；（2）由信息可知，高锰酸钾能氧化氯离子，则发生的氧化还原反应为KCl+KMnO4+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，故答案为：KCl+KMnO4+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O；（3）Mn元素的化合价降低，KMnO4为氧化剂，1mol氧化剂得到1mol×（7﹣2）=5mol电子，故答案为：KMnO4；得到5；（4）加入NaBiO3，溶液又变紫红色，则NaBiO3具有强氧化性，将锰离子氧化为高锰酸根离子，故答案为：NaBiO3具有强氧化性．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及知识迁移应用能力的考查，题目难度不大．10．（14分）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物．以工业碳酸钙为原料（含量为97.5%，含有少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙的主要流程如下：（1）除杂操作时加入试剂Ca（OH）2调节溶液的pH为8.0～8.5，以除去溶液中少量的Al3+、Fe3+，检验Fe（OH）3是否沉淀完全的方法是取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则表明Fe（OH）3沉淀完全．（2）请指出下列操作的名称：操作1过滤；操作2蒸发浓缩、冷却结晶．（3）写出加入碳酸铵所发生的反应的离子方程式Ca2++CO32﹣═CaCO3↓；写出溶液2的一种用途作氮肥．13（4）准确称取100g工业碳酸钙粉末，通过上述方法理论上可以制得质量分数为99%的医药级二水合氯化钙的质量为144.8g．【考点】制备实验方案的设计．【分析】工业碳酸钙加入盐酸可完全溶解生成氯化钙、氯化铁以及氯化铝等，加入试剂A溶液调节溶液的pH为8.0～8.5，以除去溶液中少量的Al3+、Fe3+，然后在加入碳酸铵生成碳酸钙沉淀，过滤得碳酸钙固体，再加盐酸酸化，在酸性条件下蒸发结晶可得到CaCl2•2H2O，（1）Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN溶液；（2）根据以上分析，操作1为过滤，操作2为蒸发浓缩、冷却结晶；（3）加入碳酸铵，碳酸根与钙离子结合成碳酸钙沉淀；过滤出碳酸钙后得溶液2为氯化铵溶液，可用作氮肥；（4）根据钙守恒有关系式CaCO3～CaCl2•2H2O，根据碳酸钙的质量可以计算得出氯化钙晶体的质量；【解答】解：工业碳酸钙加入盐酸可完全溶解生成氯化钙、氯化铁以及氯化铝等，加入试剂A溶液调节溶液的pH为8.0～8.5，以除去溶液中少量的Al3+、Fe3+，然后在加入碳酸铵生成碳酸钙沉淀，过滤得碳酸钙固体，再加盐酸酸化，在酸性条件下蒸发结晶可得到CaCl2•2H2O，（1）Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN溶液，故答案为：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则表明Fe（OH）3沉淀完全；（2）根据以上分析，操作1为过滤，操作2为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤需要烧杯、玻璃棒和普通漏斗，故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶；（3）加入碳酸铵，碳酸根与钙离子结合成碳酸钙沉淀，离子方程式为：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓；过滤出碳酸钙后得溶液2为氯化铵溶液，可用作氮肥，故答案为：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓；作氮肥；（4）设理论上可以制得质量分数为99%的医药级二水合氯化钙的质量为ag根据钙守恒，则有CaCO3～CaCl2•2H2O，100147100×97.5%a×99%所以=，解得a=144.8g，故答案为：144.8g．【点评】本题主要考查实验的基本操作、离子的检验、化学计算，为高频考点，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，注意离子的检验方法，难度中等．1311．（18分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛．某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S．Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：①检验装置的气密性；②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；④…⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封．请回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3．（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是在沉积的FeCl3固体下方加热．（3）装置B中冷水浴的作用为冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：KMnO4溶液．（4）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）②⑤．（5）尾气吸收装置E中所加试剂为氢氧化钠溶液．Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液．（6）FeCl3与H2S反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+．（7）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为Fe2+﹣e﹣=Fe3+．综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②FeCl3可以循环利用．【考点】制备实验方案的设计；电解原理．【分析】Ⅰ．装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气．（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁；（2）要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质；13（3）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管；检验FeCl2是否失效应检验FeCl2是否存在，可以用KMnO4溶液检验；（4）防止FeCl3潮解，不与水蒸气接触；（5）尾气主要是氯气，可以用氢氧化钠溶液吸收，不用考虑防倒吸；Ⅱ．（6）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应；（7）根据实验Ⅱ的两个反应可知，FeCl3与H2S反应生成氯化亚铁，在电解池中氯化亚铁又被氧化成氯化铁，FeCl3可以循环利用，据此答题．【解答】解：Ⅰ．（1）氯气具有强氧化性，将变价铁氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，第④步操作是对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；（3）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管，检验FeCl2是否失效，应检验FeCl2是否存在，可以用KMnO4溶液检验，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；KMnO4溶液；（4）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2⑤用干燥的N2赶尽Cl2，故选：②⑤；（5）尾气主要是氯气，可以用氢氧化钠溶液吸收，不用考虑防倒吸，故答案为：氢氧化钠溶液；Ⅱ．（6）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；（7）根据实验Ⅱ的两个反应可知，FeCl3与H2S反应生成氯化亚铁，在电解池中氯化亚铁又被氧化成氯化铁，FeCl3可以循环利用，所以该实验的优点是FeCl3可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用．【点评】本题考查了制备无水FeCl3实验操作和实验设计，题目难度中等，侧重考查铁、氯、硫及其化合物的性质应用、实验基本操作的分析判断、实验现象的推断和应用，试题综合性较强，有利于培养学生灵活应用基础知识的能力．13