2017届湖南省娄底市双峰县第一中学高三第一次月考化学试卷
一、单选题（共18小题）
1．分类是化学学习与研究的常用方法，下列说法正确的是（ ）
A．某物质水溶的导电能力强，该物质一定是强电解质 B．胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔现象
C．往Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀H2SO4溶液时，开始时会出现沉淀，再继续滴加时，沉淀又会消失 D．氢氧化铁胶体电泳时阴极颜色加深，证明氢氧化铁胶体带正电 考点：物质的分类 答案：C
试题解析：A．电解质水溶液中是否完全电离可分为强电解质和弱电解质，强电解质溶液导电性不一定强于弱电解质，故A错误;
B．胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径在1nm~100nm之间，胶体具有丁达尔效应，但不是本质特征，故B错误;
C．因Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀H2SO4溶液产生聚沉现象，H2SO4与Fe(OH)3反应，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故C正确;
D．胶体不带电，胶粒带电荷，故D错误。
2．下列说法正确的是（ ）
A．只含一种分子的物质是纯净物，只含一种元素的物质也是纯净物 B．医疗上的血液透析利用了胶体的性质
C．NH3溶于水后所得的溶液可以导电，所以NH3为电解质 D．从海水中可以得到NaCl，电解NaCl溶液可制备Na 考点：电解质物质的分类 答案：B
试题解析：A．只含一种元素的物质不一定是纯净物，如O 2 和O 3 的混合物，故A错误; B．胶体不能透过半透膜，所以“血液透析”利用了胶体的性质，故B正确; C．NH 3 不是电解质，而氨分子与水分子所形成的一水合氨是电解质，故C错误; D．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可以得到金属Na：
，故D错误。
3．下列说法正确的是（ ）
①Na2O、Fe2O3、A12O3属于碱性氧化物，CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物
②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物 ③蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 ④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 ⑤NaHCO3是发酵粉主要成分之一，Na2CO3可冶疗胃酸过多。 ⑥盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物 A．①③⑤ B．④⑤⑥ C．②③④ 考点：物质的组成和分类 答案：D
试题解析：①Na2O、Fe2O3和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，A12O3和酸、碱反应生成盐和水属于两 性氧化物，CO2、SO2能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物，NO2都和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故①错误;
②碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成，氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵是铵根离子和氯离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，都属于离子化合物，故②正确;
③蔗糖水溶液中和熔融状态都不导电的化合物属于非电解质，硝酸钾溶于水完全电离属于强电解质，硫酸钡难溶于水但熔融状态完全电离导电，属于强电解质，故③错误;
④醋酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰为氧化钙属于氧化物，故④正确; ⑤NaHCO3俗称小苏打，是发酵粉主要成分之一，Na2CO3碱性强腐蚀性强，不能治疗胃酸过多，应用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故⑤错误;
⑥盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物，故⑥正确;
D．②④⑥
4．下列有关实验操作及实验结论正确的是（ ）
A．金属钠着火，可用泡沫灭火器扑灭 B．用10 mL量筒准确量取7.50 mL稀硫酸
C．用四氯化碳萃取溴水中的溴时，将溴的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出 D．在氢气还原氧化铜实验中，先加热氧化铜，后通入氢气 考点：化学实验基础操作 答案：C
试题解析：A．金属钠与氧气反应所生成的过氧化钠可以与二氧化碳气体反应生成氧气，从而帮助燃烧，故A错误;
B．用10 mL量筒只能粗略量取7.5 mL稀硫酸，因为量筒本身就是一个粗略的量具，只能精确到小数点后一位数字，故B错误;
C．分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，四氯化碳浓度大于水，所以将溴的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出，故C正确;
D．氢气和空气混合加热易发生爆炸，实验开始先通入氢气，故D错误。
5．实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）
A．装置①常用于分离互不相溶的液体混合物 B．装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸 C．装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体
D．装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢 考点：化学实验 答案：C
试题解析：A．装置①为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，故A错误; B．用图②装置起不到防倒吸的作用，并应用四氯化碳，故B错误;
C．装置③由短管进气可收集密度小于空气的气体，如H2、NH3，由长管进气可收集密度大于空气的气体，如Cl2、CO2，故C正确;
D．氯化氢密度比空气大，应该向上排空气法收集，故D错误。
6．常温下，将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
A．A 考点：化学实验 答案：C
B．B C．C D．D
试题解析：A．纯碱过量，开始不生成气体，反应生成碳酸氢钠，开始无现象，故A错误; B．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故B错误;
C．偏铝酸钠中偏铝酸根遇到少量盐酸中的氢离子，产生氢氧化铝白色沉淀。而过量的盐酸，就是过剩的
氢离子与氢氧化铝反应，溶解氢氧化铝沉淀，最后溶液澄清。所以，少量盐酸，产生白色沉淀，故C正确; D．稀硫酸与酸性高锰酸钾溶液不反应，因此溶液不褪色，故D错误。
7．下列除杂质的方法可行的是（ ）
A．除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3：加入适量稀盐酸 B．除去FeCl2溶液中少量的FeCl3：加入稍过量铁粉，过滤 C．除去NH4Cl固体中少量I2：加热，I2升华除去 D．除去乙烯中的少量SO2：通过酸性KMnO4溶液，洗气 考点：物质的分离、提纯和检验 答案：B
试题解析：A．碳酸钠和二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3可通入过量的CO2，故A错误;
B．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，故B正确;
C．碘易升华，氯化铵受热易分解，所以不能用加热的方法提取NH4Cl固体中混有的少量碘，应利用萃取法，故C错误;
D．乙烯和SO2都能与KMnO4反应，应通过NaOH溶液，洗气才可以出去SO2，故D错误。
8．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．5.6 g Fe与足量稀HNO3发生反应，转移的电子数为0.3 NA B．在1 L 0.1 mol/L AlCl3溶液中含有0.1 NA 个Al
C．在某密闭容器中盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应后，可得0.2 NA个NH3分子 D．标准状况下，11.2 L四氯化碳中含有的C—Cl键的个数为2 NA 考点：阿伏加德罗常数 答案：A
试题解析：A．Fe与足量稀HNO3发生反应，生成正三价的铁离子，故A正确;
B．铝离子会发生水解，因此在1 L 0.1 mol/L AlCl3溶液中含有小于0.1 NA个Al，故B错误; C．这是个可逆反应，不可能进行到底，故C错误;
D．标准状况下，四氯化碳是液体，不能使用22.4L/mol，故D错误。
3+
3+
9．设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（ ）
A．5.6 g Fe与足量盐酸反应，反应中转移的电子数为0.3NA B．0.1 mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒
C．常温下，28 g的N2和CO混合气体含有的原子数为2NA D．1mol Na2O2和足量CO2充分反应，转移的电子数为2NA 考点：阿伏加德罗常数 答案：C
试题解析：A．5.6gFe的物质的量n=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol，而Fe与盐酸反应生成Fe2+，故0.1molFe转移0.2mol电子，故A错误;
B．氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶体中含有的胶粒数目，故B错误;
C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，故28 g的N2和CO混合气体的物质的量为1mol，而N2和CO均为双原子分子，故含原子为2NA，故C正确;
D．过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，过氧根离子中的氧为-1价，一半氧原子化合价升高，生成氧气，另一半氧原子化合价降低，生成-2价的氧，故1 mol过氧化钠参与反应时转移电子的量为1 mol，转移的电子数为1NA，故D错误。
10．下列离子方程式书写不正确的是（ ）
A．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe + 4Br + 3Cl2 = 2Fe + 2Br2 + 6Cl B．碳酸氢镁中加过量氢氧化钠： Mg + 2HCO3- + 2OH = MgCO3↓+ CO32-+ 2H2O C．向过氧化氢酸性溶液中加入氯化亚铁: 2Fe + 2H + H2O2 = 2Fe + 2H2O D．明矾溶液中加入过量的氨水A1+3NH3·H20=Al(OH)3↓+3NH4+ 考点：离子方程式的书写及正误判断 答案：B
试题解析：A．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气，氯气将溴离子、亚铁离子都氧化，自身被还原生成氯离子，所以离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故A正确;
B．Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg2↓+2H2O+2CO32-，向碳酸氢镁溶液中加人过量氢氧化钠，离子方程式：（OH）故B错误;
C．过氧化氢和二价铁离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成三价铁离子和水，离子反应为2Fe2++H202+2H+=2Fe3++2H2O，故C正确;
D．明矾溶液中加入过量的氨水，氨水不会溶解氢氧化铝，二者反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确。
3+
2+
+
3+
2+
-2+
-3+
－
11．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+ 3H=Fe+ 3H2O B．用醋酸除去水垢：CaCO3+2H=Ca+ H2O+CO2↑
+
2++
3+
C．少量SO2气体通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+ H2O +Ca+2ClO= CaSO3↓+2HclO
D．Ca(HCO3)2溶液和少量NaOH溶液混合：Ca+HCO3-+OH =CaCO3↓+H2O答案：D解析过程：A 氢氧化铁溶于氢碘酸中，其离子反应为2Fe（OH）3+6H+2I=2Fe+I2+6H2O，故A错误; B 用醋酸除去水垢的化学方程式：CaCO3+2CH3COOH═（CH3COO）2Ca+H2O+CO2↑，醋酸是弱酸，不能拆，故离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═CH3COO+Ca+H2O+CO2↑，故B错误; C Ca(ClO)2具有强氧化性，应把SO2氧化成SO42－，产物中不可能有CaSO3生成，故C错误; D 碳酸氢钙溶液中加入少量NaOH溶液，碳酸氢根离子部分反应，正确的离子方程式为：Ca+HCO3-+OH═CaCO3↓+H2O，故D正确。 考点：离子方程式的书写及正误判断 答案： 试题解析：
2+
--2+
+
-2+
2+
-
2+-
12．在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．无色透明的水溶液中：K、Ba、I、MnO4-
B．能与Al反应产生H2的溶液中：HCO3-、Na、Al、Br C．澄清透明溶液中：K、Fe、HCO3-、AlO2- D．常温下pH=1的溶液中：Mg、Cl、SO42-、Fe 考点：离子共存 答案：D
试题解析：A．MnO4-为紫色，与无色不符，且I-、MnO4-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误; B．能与Al反应产生H2的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中不能大量存在HCO3-，碱溶液中不能大量存在HCO3-、Al3+，且HCO3-、Al3+相互促进水解，不能共存，故B错误; C．Fe3+、HCO3-、AlO2-会发生互促水解不能共存并且Fe3+呈黄色，故C错误; D．常温下pH=1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确。
2+
-3+
+
3+
+
3+
-+
2+
-
13．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是（ ）
A．水电离出的c（H）=1×10 mol/L的溶液：K、AlO2-、Br、Cl B．在含有Al、Cl的溶液中：HCO3－、I、NH4+、Mg
C．在c（H）=1×10 mol·L的溶液中：Na、S－、SO32－、NO3－
+
-13
-1
+
2
3+
－
－
+-14+－－
2+
D．在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中：Fe、Ca、Al、Cl 考点：离子共存 答案：C
10-14mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可试题解析：A．水电离出的c（H+）=1×
能呈碱性，酸性条件下AlO2-不能大量共存，故A错误;
B．HCO3-与Al3+发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误;
C．c（H+）=1×10-13 mol•L-1的溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确; D．溶质为KNO3和NaHSO4的混合溶液具有强氧化性，具有还原性的Fe2+不能大量共存，故D错误。
2+2+3+－
14．一定条件下，下列氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比不为1:2的是（ ）
A．3NO2+H2O=2HNO3+NO B．I2+2NaClO3=2NaIO3+Cl2 C．SiO2+3C=SiC+2CO↑ D．MnO2+4HCl（浓）考点：氧化还原反应 答案：B
试题解析：A 3NO2+H2O═2HNO3+NO反应中，NO2→HNO3，氮元素的化合价升高，所以部分二氧化氮作还原剂;NO2→NO，氮元素化合价降低，所以部分氮元素作氧化剂，根据得失电子相等知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故A正确; B I2+2NaClO3=2NaIO3+Cl2中，氯元素的化合价降低，碘元素的化合价升高，则NaClO3为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误;C．SiO2+3C
SiC+2CO↑中碳元素的化合价既升高又降低，碳既是氧化剂又是还原剂，且1个碳
MnCl2+Cl2↑+2H2O
2个碳原子的化合价升高，2，原子化合价降低，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：故C正确; D 4HCl（浓）+MnO2
MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价降低，氯元素的化合价升高，则MnO2为氧化
剂，HCl为还原剂，由反应可知，HCl有一半作还原剂，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D正确。
15．根据表中信息判断，下列选项不正确的是（
）
A．第①组反应的其余产物为H2O和O2
B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C．第③组反应中还原产物是KCl，生成3 mol Cl2转移电子6mol
D．氧化性由强到弱顺序为ClO3－>Cl2>Br2>Fe＋答案：C解析过程：A 反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2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=nn=1：2，1molKClO3（C12）（FeBr2），即n（C12）：（FeBr2）故B正确; C Cl2既是还原产物也是氧化产物，与6molHCl参与反应,KClO3中Cl得到6mol电子,而HCl中Cl失去6mol电子,转移电子数为6mol.故产生0.3molCl2,0.1molKClO3参与反应,转移电子0.6mol.，故C错误; D 由题意可知：氧化性由强到弱顺序为ClO3－>Cl2>Br2>Fe＋，故D正确。 考点：氧化还原反应 答案： 试题解析：
3
3
16．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断（ ）
---2--A．在含等物质的量的AlO2、OH、CO3的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2、OH、CO32-
--2+
B．在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe
C．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3 D．在含等物质的量的Fe、Cu、H的溶液中加入锌粉：Fe、Cu、H、Fe 考点：氧化还原反应离子反应 答案：D
试题解析：A．若H最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH反应生成AlO2-，反应顺序为OH、AlO2-、CO32-，故A错误;
B．离子还原性I＞Fe＞Br，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I、Fe、Br，因为2Fe+Br2=2Fe+2Br，故B错误;
C．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故C错误;
D．氧化性顺序：Fe＞Cu＞H＞Fe，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe、Cu、H、Fe，
3+
2+
+
2+
3+
2+
+
2+
2+
3+
--2+
--2+
--+
-3+
2+
+
3+
2+
+
2+
故D正确。
17．将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8 mol，
这些气体恰好能被500 mL 2 mol/L NaOH溶液完全吸收，发生的反应为（ ） A．0.2 mol C．0.6 mol 考点：物质的量 答案：D
64g/mol=0.8mol.Cu失去电子的物质的量是0.8×2=1.6mol.硝酸得到电子产生氮的试题解析：n(Cu)= 51.2g÷
氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8 mol，n(NaOH)=1mol.由于氮的氧化物都转化为NaNO3或NaNO2.n(N):n(Na)=1:1,所以(N2O4)=0.2mol;n(NO+NO2)=0.6mol.假设收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物0.8 mol，含有二氧化氮的物质的量为a ,一氧化氮的物质的量为（0.6-a）mol, n(N2O4)=0.2mol.根a+3×(0.6-a)+2×0.2=1.6.解得a=0.3mol.因为N2O4据电子守恒可得：1×
2NO2.
B．0.4 mol D．0.8 mol
0.2=0.7mol.,n(NO)=0.3mol.结合两个方程式可知发生第二个收集到氮氧化物也就相当于是n(NO2)=0.3+2×
反应的二氧化氮、一氧化氮的物质的量都是0.3mol,发生第一个反应的二氧化氮物质的量为0.4mol.所以产生NaNO30.2mol, 产生NaNO20.2mol+0.3mol=0.8mol.
18．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。
现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5 mol·L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如
-1
图所示。则下列说法不正确的是（ ）
A．稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵 B．c点对应NaOH溶液的体积为48ml C．b点与a点的差值为0.05mol
D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5:3 考点：溶液中的离子平衡 答案：B
试题解析： 题意知，金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH4NO3，由图又可看出金属与硝酸反应后，硝酸是过量的，故金属的氧化产物为Fe(NO3)3、Al(NO3)3。图中：①0→C：H++OH－=H2O;②C→88：
R3++3OH－=R(OH)3↓（R代表Fe或Al）;③88→94：NH4++ OH－=NH3•H2O;④94→104：Al(OH)3+ OH A 由题意知，－=AlO2－+ 2H2O。金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH4NO3，故A正确; B 0→88mL3=0.24mol， (0.088L×5 mol•L－1－0.24 mol)÷5 mol•L中，用于沉淀金属离子的OH－有0.08 mol×故C点：－1=0.04L，即40mL，故B错误; C 由n[Al(OH)3]=0.01L×5mol•L－1=0.05 mol=n(Al)，此值也是b与a的差值为0.05mol，故C正确; D 由n(NH4NO3)=0.006L×5mol•L－1=0.03mol，根据反应中得失电子相等的 8=0.24mol，则n(R3+)=0.08mol=n(合金)，故混合物中n(Al):n(Fe)=5:3，故D正确。原则得：3n(R3+)=0.03×
二、填空题（共3小题）
19.（1）有Fe、NO3-、Fe、NH4+、H和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物。
请写出该反应的离子方程式 。
（2）实验室用NaCl固体配制0.5mol/L的NaCl溶液500mL，有以下仪器;
①烧杯 ②100mL量筒 ③1000mL容量瓶 ④500mL容量瓶 ⑤玻璃棒 ⑥托盘天平（带砝码）⑦胶头滴管
配制时，必须使用的仪器有 （填序号），实验两次用到玻璃棒，其作用分别是 。
3+++2+3+2+
-+2-（3）有一瓶澄清的溶液，可有含有大量的NO3、Fe、NH4、H、K、Mg、Al、SO4、Ba、CO32-、--2+
3+
+
Cl、I，现进行如下实验： ①测知溶液显酸性;
②取样加少量四氯化碳和数滴新制氯水，四氯化碳层溶液呈紫红色; ③另取样滴加稀NaOH溶液，使深液变为碱性，此过程中无沉淀生成; ④取少量上述碱性溶液，加Na2CO3溶液出现白色沉淀;
⑤将实验③中的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。 由此可以推断：
溶液中肯定存在的离子有 。
溶液中不能确定是否存在的离子有 。 考点：离子反应化学实验基础操作
答案：（1）8Fe+NO3-+10H＝8Fe+NH4++3H2O; （2）①④⑤⑥⑦;搅拌;引流;（3）H、NH4、I、Ba;K、Cl;
试题解析：（1）亚铁离子具有还原性，硝酸具有氧化性，反应离子方程式为： 8Fe+NO3-+10H＝8Fe+NH4++3H2O;
（2）所需的基本仪器可由实验步骤得出：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管、钥匙，配制时，必须使用的仪器有：①④⑤⑥⑦;在溶解氯化钠时，使用玻璃棒进行搅拌;转移溶液时使用玻璃棒引流，防止溶液流到容量瓶外面;
（3）根据实验①现象:溶夜呈强酸性，说明溶液中肯定含有H，而H与CO32-发生反应而不能共存，说
+
+
2+
+
3+
-2+
+
3+
+
+
-2+
+
明溶液中肯定不含有CO32-;根据实验②现象:CC14层呈紫红色，说明有I2，这是由于I被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I，而I与Fe、NO3-和H发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe、NO3-;根据实验③现象:溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Mg、Al能与碱反应产生沉淀，说明溶夜中肯定不含有Mg、Al;根据实验④现象:取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba，而Ba能与SO42-产生沉淀，说明溶液中不含SO42-;根据实验⑤现象:产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体为氨气，说明溶液中肯定含NH4+;
综上所述，在提供的离子中肯定含有的离子为: NH4+、H、Ba、I，肯定不含有的离子为: NO3-、Fe、Mg、Al、SO42-、CO32-，还不能确定的离子为: K、Cl.
20.高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：
2+
3+
+
-+
2+
-3+
2+
2+
2+
3+
2+
3+
--3+
+
3+
-
（1）反应①应在温度较低的情况下进行．因在温度较高时KOH 与Cl2 反应生成的是KClO3．写出在温度较高时KOH 与Cl2反应的化学方程式 __________; （2）在反应液I中加入KOH固体的目的是 （填编号）; A．与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO B．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率 C．为下一步反应提供碱性的环境 D．使KClO3转化为 KClO
（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为 。
（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净 _________。
（5）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成Fe(OH)3胶体吸附杂质，同时生成一种无色无味气体，请写出该反应的离子方程式________________。
（6）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图所示。电解过程中阳极的电极
反应式为______________________________________________。
考点：无机化工流程题离子反应氧化还原反应 6KOH+3Cl2答案：（1）
KClO3+5KCl+3H2O ; （2）AC ; （3）2Fe+3ClO+10OH＝2FeO42-+3Cl+5H2O;
3+
---
4FeO42-+10H2O═4Fe（4）用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净; （5）（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH;（6）Fe - 6e+ 8OH ═FeO42- +4 H2O;
试题解析：（1）据题目信息，在温度较低时KOH与Cl2反应生成次氯酸钾、氯化钾和水，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得6KOH+3Cl2 KClO3+5KCl+3H2O;
（2）A、根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，故A正确; B、因温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，故B错误; C、第③步需要碱性条件，所以碱要过量，故C正确; D、KClO3转化为KClO，化合价只降不升，故D错误;
（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-，生成物：FeO42-、Cl-，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O; （4）因只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净;
（5）铁酸钾（K2FeO4）与水反应生成Fe(OH)3胶体吸附杂质，同时生成一种无色无味O2，根据电子得失守恒和质量守恒，可得4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-;
（6）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其电解过程中阳极的电极反应式为Fe - 6e-+ 8OH- ═FeO42- +4 H2O。 21.咖啡酸苯乙酯
是一种天然抗癌药物，在一定条件下
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能发生如下转化
请回答下列问题：
（1）D分子中的官能团是___________________; （2）1molA最多可消耗_____________mol NaOH;
（3）B→C的反应类型为___________________;
（4）写出E→M反应的化学方程式：____________________________;
（5）A的同分异构体有很多种，其中，同时符合下列条件的同分异构体有________种。
①苯环上只有两个取代基 ②能发生银镜反应 ③能与碳酸氢钠溶液反应 ④能与氯化铁溶液发生显色反应。
考点：有机合成与推断
答案：（1）羟基 ; （2）3 ; （3）取代反应、加成反应; （4）
（5）3
试题解析：由转化关系可知，咖啡酸苯乙酯水解生成A和D，A的分子式为C9H8O4，则A为
，A→B发生酯化反应，则B为
，B中含C=C和
B→C发生加成反应和取代反应;D为酚-OH，D→E发生消去反应，E为苯乙烯，E→M，
发生加聚反应，则M为，
（1）由上述分析可知，D为，则官能团为羟基;
（2）由上述分析可知，A为，故1molA最多可消耗3mol NaOH;
（3）B→C发生的反应类型为取代反应、加成反应; （4）E→M反应的化学方程式为 （5）A为
，A的同分异构体中同时
符合①苯环上只有两个取代基;②能发生银镜反应;③能与碳酸氢钠溶液反应;④能与氯化铁溶液发生显色反应，则含酚羟基、-CH（CHO）CH2COOH，则存在邻、间、对三种同分异构体．
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