2022-2022学年甘肃省张掖市高台一中高三（上）第三次检测化学试卷　一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法正确的是（　　）A．用激光笔分别照射盛有牛奶、食盐水的玻璃杯，都有光亮的通路B．神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，转换材料是二氧化硅C．氯气溶于水生成次氯酸有强氧化性，可以起到除去水中杂质和杀菌消毒作用D．可以用物理方法或化学方法从海水中提取所需物质　2．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）A．标准状况下，20gD2O分子中所含中子数为10NAB．1molCO2与1L2mol•L﹣1的NaOH溶液反应后，溶液中CO32﹣数为NAC．6.8g熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子D．2.7g铝与3.36L氯气充分反应，转移电子数一定为0.3NA　3．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═Br2+2Fe3++4Cl﹣D．向50mL1mol•L﹣1明矾溶液中滴入两滴0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓　4．已知Fe3O4可表示成（FeO•Fe2O3），水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，下列说法正确的是（　　）A．O2和S2O32﹣是氧化剂，Fe2+是还原剂B．每生成1molFe3O4，则转移电子数为2molC．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：1D．若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol　5．下列实验装置不能达到实验目的是（　　）A．验证Na和水反应是否为放热反应-18-B．用CO2做喷泉实验C．观察纯碱的焰色反应D．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性　6．下列有关物质性质的说法正确的是（　　）A．铝与Fe2O3发生铝热反应后固体物质增重B．Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到C．过量的铜与浓硝酸反应可生成NOD．由于铝元素和铁元素都有+3价，由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑可知：2Fe+6HCl═2FeCl3+3H2↑　7．铁、铜混合粉末18.0g加入到100ml5.0mol/LFeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g．下列说法正确的是（　　）A．剩余固体是铁、铜混合物B．反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75molC．反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD．原固体混合物中铜的质量是8.0g　　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第10题为必考题，每个试题考生都必须作答，第11为选考选考题，考生根据要求作答．（一）必考题8．（15分）（2022秋•高台县校级月考）Al、Fe、Cu是生活中常见的金属，也是应用最广泛的金属．请回答下列问题：-18-（1）将Al、Al2O3和Al（OH）3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式　　　　　　向反应后的溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为　　　　　　（2）铁的复杂氧化物Fe3O4溶于稀硫酸生成两种盐，则反应的化学方程式为　　　　　　检验反应后的溶液中存在Fe2+的具体操作是　　　　　　纳米级Fe3O4是一种吸附剂，在溶液中可发生如下反应：Fe3O4+H2O+O2→Fe（OH）3，每转移1mol电子生成Fe（OH）3的物质的量为　　　　　　．（3）2.50gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示．请回答下列问题：Ⅰ．试确定b点时固体物质的化学式　　　　　　（要求写出必要的推理过程）；Ⅱ．取270℃所得样品，于770℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为　　　　　　．把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为　　　　　　．Ⅲ.1000℃发生反应的化学方程式为　　　　　　．　9．（14分）（2022秋•高台县校级月考）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物．探究过程如下：【查阅资料】：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，Cu2O在空气中加热生成CuO【提出假设】假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物【设计探究实验】取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂．（1）若假设1成立，则实验现象是　　　　　　．（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁．你认为这种说法合理吗？　　　　　　．（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是　　　　　　，写出发生反应的离子方程式　　　　　　．探究延伸经实验分析确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数．取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b＞a），则混合物中Cu2O的质量分数为　　　　　　．-18-（5）欲利用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾　（CuSO4.5H2O）经查阅资料得知，在溶液中调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH物质Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7实验室有下列试剂可供选择：A．氯水　B．H2O2　C．硝酸　D．NaOH　　E．氨水　F．Cu2（OH）2CO3实验小组设计如下实验方案：试回答：①试剂I为　　　　　　，试剂II为　　　　　　（填字母）．②固体X的化学式为　　　　　　．　10．（16分）（2022秋•高台县校级月考）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰．M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式　　　　　　．写出F的电子式　　　　　　（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是　　　　　　．（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图2所示：反应后溶液中的溶质化学式为　　　　　　．（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是　　　　　　．（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是　　　　　　（6）若A是一种化肥．实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是　　　　　　．（7）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为　　　　　　．　-18-　【选做题】（共1小题，满分13分）11．（13分）（2022秋•高台县校级月考）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，Sn相对原子质量为119回答下列问题：（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是　　　　　　．（2）操作Ⅰ是　　　　　　．（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因　　　　　　．（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH②　　　　　　．（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是　　　　　　．（6）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；②加入过量的FeCl3；③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液32.0ml．锡粉中锡的质量分数是　　　　　　．　　2022-2022学年甘肃省张掖市高台一中高三（上）第三次检测化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法正确的是（　　）A．用激光笔分别照射盛有牛奶、食盐水的玻璃杯，都有光亮的通路B．神舟10号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，转换材料是二氧化硅C．氯气溶于水生成次氯酸有强氧化性，可以起到除去水中杂质和杀菌消毒作用D．可以用物理方法或化学方法从海水中提取所需物质【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见的能量转化形式；氯气的化学性质；海水资源及其综合利用．【分析】A．丁达尔效应是胶体的特性；B．太阳能电池板的主要成分是硅单质；C．次氯酸有强氧化性；-18-D．没有生成其它物质的变化叫做物理变化；生成了其它物质的变化叫做化学变化．【解答】解：A．牛奶是胶体有丁达尔效应，食盐水是溶液，没有，故A错误；B．太阳能电池板的主要成分是硅单质，不是二氧化硅，故B错误；C．次氯酸有强氧化性，能杀菌消毒，不能去除杂质，故C错误；D．海水中含有食盐、水等物质，故获取淡水、食盐的过程中没有新物质生成，属于物理变化；海水中含有不含镁、纯碱等物质，故从海水中获取镁、纯碱等的过程中有新物质生成，属于化学变化，故D正确．故选D．【点评】本题考查物理变化、胶体、硅的用途和净水原理，题目难度不大，明确氯水不能净水是解题的关键．　2．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）A．标准状况下，20gD2O分子中所含中子数为10NAB．1molCO2与1L2mol•L﹣1的NaOH溶液反应后，溶液中CO32﹣数为NAC．6.8g熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子D．2.7g铝与3.36L氯气充分反应，转移电子数一定为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、CO32﹣为弱酸根，在溶液中会水解；C、熔融的KHSO4中含钾离子和硫酸氢根离子；D、氯气所处的状态不明确．【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故20g重水的物质的量为1mol，而重水中含10个中子，故1mol重水中含10mol中子即10NA个，故A正确；B、1molCO2与1L2mol•L﹣1的NaOH溶液恰好完全反应生成1mol碳酸钠，而CO32﹣为弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于NA个，故B错误；C、熔融的KHSO4中含钾离子和硫酸氢根离子，故6.8g熔融的KHSO4的物质的量为0.05mol，含0.05mol阳离子即0.05NA个，故C错误；D、氯气所处的状态不明确，故3.36L氯气的物质的量不能计算，则和铝反应的情况未知，故转移的电子的个数不能计算，故D错误．故选A．【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．　3．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）A．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC．向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═Br2+2Fe3++4Cl﹣D．向50mL1mol•L﹣1明矾溶液中滴入两滴0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓【考点】离子方程式的书写．【分析】A．2mol过氧化钠与水完全反应生成1mol氧气，该反应不满足电子守恒；B．二者发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子；C．氯气足量，亚铁离子与溴离子的系数关系错误；D．氢氧化钡少量，反应生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀．-18-【解答】解：A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故A错误；B．铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，正确的离子方程式为：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C．向FeBr2溶液中通入足量Cl2，亚铁离子和溴离子都完全被氧化，正确的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Br2+2Fe3++6Cl﹣，故C错误；D．50mL1mol•L﹣1明矾溶液中滴入两滴0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，离子方程式按照氢氧化钡的化学式书写，反应的离子方程式为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握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）、检查是否符合原化学方程式等．　4．已知Fe3O4可表示成（FeO•Fe2O3），水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，下列说法正确的是（　　）A．O2和S2O32﹣是氧化剂，Fe2+是还原剂B．每生成1molFe3O4，则转移电子数为2molC．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：1D．若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5mol【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、所含元素化合价降低得到反应物是氧化剂，所含元素化合价升高的反应物是还原剂．结合方程式中元素化合价变化判断．B、反应中只有氧气中氧元素的化合价降低，由0价升高为﹣2价，据此计算转移电子物质的量．C、所含元素化合价降低得到反应物是氧化剂，所含元素化合价升高的反应物是还原剂．结合方程式计算判断．D、根据部分电子转移守恒计算．【解答】解：在3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+；硫元素的化合价变化为：+2→+；氧元素的化合价变化：0→﹣2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32﹣．A、由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32﹣，氧化剂是O2，故A错误；B、由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，故B错误；C、由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32﹣，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，故C错误；D、2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为=0.5mol，故D正确．故选：D．-18-【点评】考查氧化还原反应的基本概念与计算，Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32﹣的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键，本题难度较大，需细心分析．　5．下列实验装置不能达到实验目的是（　　）A．验证Na和水反应是否为放热反应B．用CO2做喷泉实验C．观察纯碱的焰色反应D．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．钠与水反应放热，气体压强增大；B．二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小；C．铁丝的焰色反应为无色；D．碳酸氢钠应放在套装小试管中．【解答】解：A．钠与水反应放热，气体压强增大，红墨水出现液面差，故A错误；B．二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，故B错误；C．铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，故C错误；D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故D正确．-18-故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及Na2CO3、NaHCO3的稳定性等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．　6．下列有关物质性质的说法正确的是（　　）A．铝与Fe2O3发生铝热反应后固体物质增重B．Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到C．过量的铜与浓硝酸反应可生成NOD．由于铝元素和铁元素都有+3价，由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑可知：2Fe+6HCl═2FeCl3+3H2↑【考点】铝的化学性质；硝酸的化学性质；金属冶炼的一般原理．【分析】A．Fe2O3与Al粉混合物发生铝热反应，实质是置换反应，生成铁和氧化铝，根据方程式分析；B．金属的活泼性不同，冶炼方法不同，钠、Al的冶炼通常用电解法，Cu的冶炼是通常用热还原法；C．当硝酸浓度降低时，铜继续和稀硝酸反应，可生成NO；D．盐酸为非强氧化性酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，不是氯化铁．【解答】解：A．Fe2O3与Al粉混合物发生铝热反应，实质是置换反应，生成铁和氧化铝，方程式为：2Al+Fe2O3═2Fe+Al2O3，反应物全部为固体，生成物也全部为固体，所以发生铝热反应后固体物质不变，故A错误；B．金属的活泼性不同，冶炼方法不同，钠为活泼金属，可用电解法，Al的冶炼通过电解法，铜不活泼，可用热还原法冶炼，故B错误；C．铜与浓硝酸反应可生成NO2，当硝酸浓度降低时，铜继续和稀硝酸反应，可生成NO，故C正确；D．铝没有变价，铝和盐酸反应：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，铁有变价，盐酸为非强氧化性酸，铁与盐酸反应Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，故D错误；故选C．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高考高频考点，侧重于铁、铝、铜、氮双基的考查，注意铜与浓硝酸的反应，当硝酸浓度降低时，铜继续和稀硝酸反应，题目难度不大．　7．铁、铜混合粉末18.0g加入到100ml5.0mol/LFeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g．下列说法正确的是（　　）A．剩余固体是铁、铜混合物B．反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75molC．反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD．原固体混合物中铜的质量是8.0g【考点】有关混合物反应的计算．【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+，n（FeCl3）=0.5mol，结合反应的方程式解答．【解答】解：铁的还原性强于铜，把其加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+64g2mol56g2molm10.5molm20.5mol-18-m1=16g，m2=14g，溶解的金属质量是18﹣3.2=14.8，则两种金属都参与反应，Fe3+完全反应，剩余的金属是铜，故A、C错；列方程进行计算，设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁是n264n1+56n2=14.8gn1+n2=0.25moln1=0.1mol，n2=0.15mol，则原来含有的铜的质量是：0.1mol×64g/mol+3.2g=9.6g，故D错误；溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.25mol+0.5mol=0.75mol，故B正确．故选B．【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意根据反应的相关方程式从质量守恒的角度解答，难度中等．　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第10题为必考题，每个试题考生都必须作答，第11为选考选考题，考生根据要求作答．（一）必考题8．（15分）（2022秋•高台县校级月考）Al、Fe、Cu是生活中常见的金属，也是应用最广泛的金属．请回答下列问题：（1）将Al、Al2O3和Al（OH）3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式　NaAlO2　向反应后的溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为　AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣　（2）铁的复杂氧化物Fe3O4溶于稀硫酸生成两种盐，则反应的化学方程式为　Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O　检验反应后的溶液中存在Fe2+的具体操作是　取少量溶液于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则反应后的溶液中存在Fe2+；　纳米级Fe3O4是一种吸附剂，在溶液中可发生如下反应：Fe3O4+H2O+O2→Fe（OH）3，每转移1mol电子生成Fe（OH）3的物质的量为　3mol　．（3）2.50gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示．请回答下列问题：Ⅰ．试确定b点时固体物质的化学式　CuSO4•H2O　（要求写出必要的推理过程）；Ⅱ．取270℃所得样品，于770℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为　CuSO4CuO+SO3↑　．把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为　CuSO4•5H2O　．-18-Ⅲ.1000℃发生反应的化学方程式为　CuO2Cu2O+O2↑　．【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】（1）铝、氧化铝、氢氧化铝当与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；（2）Fe3O4的氧化物的写成FeO•Fe2O3，则四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，据此写出反应的化学方程式；铁离子和亚铁离子同时存在时，具有亚铁离子需要用酸性高锰酸钾溶液；根据电子守恒计算出转移1mol电子生成氢氧化铁的物质的量；（3）Ⅰ．（1）CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解，113～258℃时失去的水的质量为2.50g﹣1.78g=0.72g，根据反应的化学方程式计算失去水n值；Ⅱ．根据产物性质及图象水解判断770℃时的反应产物，然后形成反应的化学方程式；氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，经浓缩、冷却析出的晶体为CuSO4•5H2O；Ⅲ．根据Ⅱ可知1000℃后CuO加热分解，根据质量变化判断产物，然后写出方程式．【解答】解：（1）将Al、Al2O3和Al（OH）3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应中都生成了NaAlO2，所以得到的溶液中溶质为偏铝酸钠；偏铝酸钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：NaAlO2；AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（2）Fe3O4的氧化物的表示形式可以写成FeO•Fe2O3，稀硫酸与四氧化三铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铁，反应的化学方程式为：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；由于溶液中含有铁离子和亚铁离子，则检验亚铁离子选用酸性高锰酸钾溶液，方法为：取少量溶液于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则反应后的溶液中存在Fe2+；Fe3O4中铁元素的化合价为+价，氢氧化铁中铁元素的化合价为+3价，则生成1mol氢氧化铁转移的电子为：（3﹣）mol=mol，则转移1mol电子生成氢氧化铁的物质的量为：mol=3mol，故答案为：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；取少量溶液于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则反应后的溶液中存在Fe2+；3mol；（3）Ⅰ．CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解，113～258℃时失去的水的质量为2.50g﹣1.78g=0.72g，根据反应的化学方程式可知：CuSO4•5H2OCuSO4•（5﹣n）H2O+nH2O25018n2.50g2.50g﹣1.78g=0.72g，解的：n=4113～258℃时固体b的化学式为CuSO4•H2O，故答案为：CuSO4•H2O；Ⅱ．2.5gCuSO4•5H2O的物质的量为：=0.01mol，完全失去结晶水后的质量为：160g/mol×0.01mol，则258℃～680℃时为CuSO4-18-，温度升高到680℃后硫酸铜分解生成黑色的氧化铜和三氧化硫，反应方程式为：CuSO4CuO+SO3↑；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO4•5H2O，故答案为：CuSO4CuO+SO3↑；CuSO4•5H2O；Ⅲ．1000℃时氧化铜在加热条件下发生分解，根据图象可知，0.80g氧化铜加热后变为0.72g，0.80gCuO的物质的量为：=0.01mol，含有铜的质量为：64g/mol×0.01mol=0.64g，则0.72g固体中含有的氧元素的质量为：0.72g﹣0.64g=0.08g，含有氧元素的物质的量为：=0.005mol，则该产物的化学式为：Cu2O，根据化合价变化可知另一种产物为氧气，则该反应的化学方程式为：CuO2Cu2O+O2↑，故答案为：CuO2Cu2O+O2↑．【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物性质的综合应用，题目难度中等，明确常见金属单质及其化合物性质为解答关键，试题涉及的知识点较多，综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力．　9．（14分）（2022秋•高台县校级月考）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物．探究过程如下：【查阅资料】：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，Cu2O在空气中加热生成CuO【提出假设】假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物【设计探究实验】取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂．（1）若假设1成立，则实验现象是　固体完全溶解，溶液变为血红色　．（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁．你认为这种说法合理吗？　不合理　．（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是　Fe2O3和Cu2O的混合物　，写出发生反应的离子方程式　Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+　．探究延伸经实验分析确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数．取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b＞a），则混合物中Cu2O的质量分数为　×100%　．（5）欲利用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾　（CuSO4.5H2O）经查阅资料得知，在溶液中调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH-18-物质Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7实验室有下列试剂可供选择：A．氯水　B．H2O2　C．硝酸　D．NaOH　　E．氨水　F．Cu2（OH）2CO3实验小组设计如下实验方案：试回答：①试剂I为　B　，试剂II为　F　（填字母）．②固体X的化学式为　Fe（OH）3　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质检验实验方案的设计．【分析】（1）假设1为氧化铁，固体溶解后生成硫酸铁，遇到硫氰酸钾会发生反应生成血红色溶液；（2）滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰酸钾不变红色；（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应；（4）Cu2O在空气中加热生成CuO，发生2Cu2O+O24CuO，则增加的质量为参加反应的氧气的质量；（5）①红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物溶于硫酸后氧化亚铜反应生成的铜会还原铁离子为亚铁离子，加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀；②X为氢氧化铁沉淀．【解答】解：（1）取少量粉末放入足量稀硫酸中．在所得溶液中再滴加KSCN试剂，若假设1成立，红色粉末是Fe2O3，则实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色；故答案为：固体完全溶解，溶液变为血红色；（2）滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰酸钾不变红色，所以滴加KSCN试剂后溶液不变红色，不能说明原混合物不含氧化铁，即不合理，故答案为：不合理；（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应，反应的离子方程式为Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故答案为：Fe2O3和Cu2O的混合物；Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（4）Cu2O在空气中加热生成CuO，发生2Cu2O+O24CuO，设混合物中Cu2O的质量为x，则2Cu2O+O24CuO-18-28832x（b﹣a）x=9（b﹣a）g，混合物中Cu2O的质量分数为×100%，故答案为：×100%；（5）红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物溶于硫酸后氧化亚铜反应生成的铜会还原铁离子为亚铁离子，加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，为不引入杂质需要加入氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH，AC会引入新的杂质；①由上述分析可知，试剂I为B，试剂II为F，故答案为：B；F；②固体X为氢氧化铁沉淀，化学式为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3．【点评】本题考查物质含量测定及混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及流程中的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　10．（16分）（2022秋•高台县校级月考）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰．M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑　．写出F的电子式　　（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是　水玻璃　．（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图2所示：反应后溶液中的溶质化学式为　Na2CO3和NaHCO3　．（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是　溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失　．（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是　4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓　（6）若A是一种化肥．实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是　3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl　．-18-（7）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为　c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3　．【考点】无机物的推断．【分析】（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，根据反应后所得的溶液再与盐酸反应产生气体的图2所示可知，盐酸体积为0.1L时没有气体，而用了0.2L的盐酸产生气体，碳酸钠溶液生成碳酸氢钠的用掉的盐酸与碳酸氢钠产生二氧化碳用的掉的盐酸相等，由此判断反应后溶液中的溶质；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe（OH）3，G为FeCl3；（6）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；（7）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32﹣，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH﹣=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42﹣，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）之比，再结合电荷守恒计算与n（SO42﹣）的比例关系，据此计算【解答】解：（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH，用惰性电极电解M溶液的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，HCl分子中H原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，与F溶液反应可以制备G为H2SiO3，E的溶液俗称水玻璃，故答案为：水玻璃；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，根据反应后所得的溶液再与盐酸反应产生气体的图2所示可知，盐酸体积为0.1L时没有气体，而用了0.2L的盐酸产生气体，碳酸钠溶液生成碳酸氢钠的用掉的盐酸与碳酸氢钠产生二氧化碳用的掉的盐酸相等，由此判断反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；-18-（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失，故答案为：溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加；然后又由多到少，最后消失；（5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，可推知A中含有Fe2+，E为Fe（OH）3，G为FeCl3，则由A转化成E的离子方程式是：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓，故答案为：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓；（6）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（7）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32﹣，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH﹣=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42﹣，发生反应H++OH﹣=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1积，发生反应Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH﹣=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42﹣）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42﹣）=1：1：2：3．【点评】本题考查无机物推断等，题目涉及元素化合物较多，需要学生全面掌握据基础知识，（7）中根据图象中的平台确定含有铵根离子是根据，注意离子方程式与电荷守恒的应用，难度中等．　【选做题】（共1小题，满分13分）11．（13分）（2022秋•高台县校级月考）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，Sn相对原子质量为119回答下列问题：（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是　第五周期第ⅣA族　．（2）操作Ⅰ是　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤　．（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因　SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解　．（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH②　防止Sn2+被氧化　．-18-（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是　Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O　．（6）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；②加入过量的FeCl3；③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液32.0ml．锡粉中锡的质量分数是　93.2%　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】SnCl2在盐酸中溶解，再加入锡粉，溶解得到SnCl2溶液加入碳酸钠沉淀锡离子，过滤得到沉淀洗涤后加入硫酸溶解得到硫酸锡溶液，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸锡晶体，（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，根据原子序数减各周期容纳元素种数确定所在的周期；（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水；（6）根据电子转移守恒与方程式可得关系式Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此计算．【解答】解：SnCl2在盐酸中溶解，再加入锡粉，溶解得到SnCl2溶液加入碳酸钠沉淀锡离子，过滤得到沉淀洗涤后加入硫酸溶解得到硫酸锡溶液，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸锡晶体，（1）锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50﹣2﹣8﹣8﹣18=14，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族，故答案为：第五周期第ⅣA族；（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；故答案为：防止Sn2+被氧化；（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；（6）令锡粉中锡的质量分数为x，则：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7计算．-18-119gmol1.226g×x0.100mol/L×0.032L故=，解得x=93.2%，故答案为：93.2%．【点评】本题SnSO4制备的之比为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写、滴定应用及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求．　-18-