广东省深圳市第二外国语学校2016届高三上学期第二次质检化学试卷【解析版】

2015-2016学年广东省深圳市第二外国语学校高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下列说法正确的是( )A．坩埚主要用于给固体加热，可用坩埚将烧碱加热融化B．明矾净水原理是吸附，不涉及化学变化C．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料D．SO2与FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去原理相同2．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A．0.1mol/L NaOH溶液中，Na+个数为0.1N AB．Na2O2与足量的水反应生成1molO2，转移电子数目为2N AC．2 L0.5 mol•L﹣1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2 N AD．1molO2和O3混合气体中含有氧原子的数目为2.5N A3．常温下，水溶液中能大量共存的一组离子是( )A．与Al反应放出氢气的溶液中：Na+、H+、NH4+、NO3﹣B．在c（H+）=1.0×10﹣13，mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣C．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、NO3﹣、S2﹣D．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO﹣、Cl﹣4．能正确表示下列反应的离子方程式是( )A．向NaOH溶液中通入过量的CO2：CO2+OH﹣═HCO3﹣B．将SO2气体通入Ba（NO3）2溶液：SO2+H2O+Ba2+═BaSO3↓+2H+C．实验室制氯气：MnO2+4HCl（浓）═Mn2++2Cl2↑+2H2OD．AlCl3溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O5．下列实验现象对应的结论正确的是( )选项现象结论A ①中导管口冒气泡，手松开无现象气密性良好B ②中KMnO4溶液紫红色褪去SO2具有漂白性C ③中关闭K，气体颜色在热水中比冷水深NO2生成N2O4为吸热反应D ④中烧瓶中形成喷泉Cl2易溶于CCl4A．A B．B C．C D．D6．表中陈述I、Ⅱ均正确，且两者在反应原理上相似的是( )选项陈述I 陈述ⅡA 向酚酞溶液中加Na2O2，溶液先变红后褪色向石蕊溶液中通入Cl2，溶液先变红后褪色B 将SO2和Cl2同时通入BaCl2溶液中，产生白色沉淀将CO2和NH3同时通入CaCl2溶液中，产生白色沉淀C 向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成红褐色沉淀D Na投入水中产生大量气泡Na2CO3投入盐酸中产生大量气泡A．A B．B C．C D．D7．向30mL 1mol/L的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4mol/L的NaOH溶液，若产生0.78g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为( )A．3mL B．7.5mL C．15mL D．17.5mL三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题～第32题为必考题．每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题．考生根据要求作答．（一）必考题（共145分）8．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．请回答下列问题：（1）FeCl3净水的原理是__________．FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）__________．（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．①若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol•L﹣1，c（Fe3+）=1.0×10﹣3mol•L﹣1，c（Cl ﹣）=5.3×10﹣2mol•L﹣1，则该溶液的pH约为__________．②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：□ClO3﹣+□Fe2++□__________=□Cl﹣+□Fe3++□__________．（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3++H2O⇌Fe（OH）2++H+﹣﹣K1Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）2++H+﹣﹣K2Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）3+H+﹣﹣K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是__________．（4）FeCl3也可以用作SO2尾气的吸收剂，原理上与NaOH吸收SO2有何不同__________ （5）电解时，微粒的放电顺序遵循微粒得失电子能力的强弱，SO32﹣具有强的还原性．用NaOH吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液用碳棒进行电解，写出阳极电极反应__________．9．（14分）高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O）具有很高的经济价值，工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）为原料（含少量钡和铁的化合物等），制备高纯六水氯化锶晶体的过程为：已知：Ⅰ．SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．Ⅱ．有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2开始沉淀的pH 1.5 6.5沉淀完全的pH 3.7 9.7（1）操作①加快反应速率的措施有__________（写一种）．碳酸锶与盐酸反应的离子方程式__________．（2）酸性条件下，加入30% H2O2溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为__________．（3）在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至4时，宜用的试剂为__________．A．氨水B．氢氧化锶粉末C．氢氧化钠D．碳酸钠晶体（4）操作③中所得滤渣的主要成分是__________ （填化学式）．（5）步骤④的操作是__________、__________．（6）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是__________A．50～60℃B．70～80℃C．80～100℃D．100℃以上．10．钢铁企业酸洗钢材时产生的废液主要成分为Fe2+、H+、Cl﹣，可用下述方法处理该废液，回收盐酸和制备氧化铁涂料．（1）单质X的化学式是__________．（2）氯化亚铁溶液经高温喷雾焙烧转化为HCl气体和氧化铁粉末，有关的化学方程式依次为：__________．（3）某铁红涂料中除含有Fe2O3外，还可能添加有CuO或FeO中的一种，请设计实验方案，探究该铁红涂料中添加物的成分．①提出合理假设假设1：添加了CuO假设2：添加了FeO②请设计方案，验证上述假设，写出实验步骤、预期现象和结论．限选试剂：铁粉、3mol•L﹣1 H2SO4、0.1mol•L﹣1酸性KMnO4溶液、10% NaOH溶液、10% H2O2、KSCN溶液操作步骤预期现象和结论步骤1．取少量样品于试管1中，__________样品全部溶解，得到澄清的溶液．__________步骤2．__________步骤3．__________（4）请计算，用635g水完全吸收“高温喷雾焙烧”产生的HCl气体__________升（标准状况），即可得到36.5%的浓盐酸（相对原子质量Cl﹣35.5 H﹣1）．【化学--选修2：化学与技术】11．（14分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业．CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化．以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤①中得到的氧化产物是__________．溶解温度应控制在60～70℃，原因是__________（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式__________（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是__________（写名称）．（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是__________（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离．工业上常用的固液分离设备有__________（填字母）．A．分馏塔B．离心机C．反应釜D．框式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3+．样品中CuCl的质量分数为__________．【化学--选修3：物质结构与性质】12．碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用__________形象化描述．在基态14C原子中，核外存在__________对自旋相反的电子．（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是__________．（3）CS2分子中，共价键的类型有__________，C原子的杂化轨道类型是__________，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子__________．（4）CO能与金属Fe形成Fe（CO）5，该化合物熔点为253K，沸点为376K，其固体属于__________晶体．（5）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：①在石墨烯晶体中，每个C原子连接__________个六元环，每个六元环占有__________个C原子．②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接__________个六元环，六元环中最多有__________个C原子在同一平面．【化学--选修5：有机化学基础】13．A（C2H2）是基本有机化工原料．由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：回答下列问题：（1）A的名称是__________，B含有的官能团是__________．（2）①的反应类型是__________，⑦的反应类型是__________．（3）D的结构简式分别为__________．（4）3﹣氯﹣3﹣甲基﹣1﹣丁烯一定条件下，也可以反应得到异戊二烯，请写出反应方程式（注明条件）__________（5）写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体__________（写结构简式）．2015-2016学年广东省深圳市第二外国语学校高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下列说法正确的是( )A．坩埚主要用于给固体加热，可用坩埚将烧碱加热融化B．明矾净水原理是吸附，不涉及化学变化C．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料D．SO2与FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去原理相同【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的化学性质．【分析】A、坩埚的材质是陶瓷，成分中含二氧化硅；B、明矾水解出氢氧化铝胶体，有吸附功能；C、合成纤维是有机非金属材料，光导纤维是新型无机非金属材料；D、SO2与FeSO4均有强还原性．【解答】解：A、瓷坩埚为硅酸盐产品，含有二氧化硅，在加热条件下与NaOH反应而使坩埚炸裂，故A错误；B、明矾溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C、合成纤维是有机非金属材料，是有机高分子化合物，而光导纤维是二氧化硅，是新型无机非金属材料，故C错误；D、SO2与FeSO4均有强还原性，均能使高锰酸钾溶液被还原而褪色，原理相同，故D正确．故选D．【点评】本题考查了硅性质的应用，高分子化合物的判断，生活中有机物的分类结构和性质应用判断，题目较简单．2．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A．0.1mol/L NaOH溶液中，Na+个数为0.1N AB．Na2O2与足量的水反应生成1molO2，转移电子数目为2N AC．2 L0.5 mol•L﹣1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2 N AD．1molO2和O3混合气体中含有氧原子的数目为2.5N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、溶液体积不明确；B、过氧化钠与水反应为歧化反应，当生成1mol氧气时转移2mol电子；C、亚硫酸为弱酸，不能完全电离；D、氧气中含2个氧原子，而臭氧中含3个氧原子．【解答】解：A、溶液体积不明确，溶液中的钠离子的个数无法计算，故A错误；B、过氧化钠与水反应为歧化反应，当生成1mol氧气时转移2mol电子，即2N A个，故B正确；C、亚硫酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于2N A个，故C错误；D、氧气中含2个氧原子，而臭氧中含3个氧原子，故1mol氧气和臭氧中含有的氧原子的个数介于2N A～3N A之间，故D错误．故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题3．常温下，水溶液中能大量共存的一组离子是( )A．与Al反应放出氢气的溶液中：Na+、H+、NH4+、NO3﹣B．在c（H+）=1.0×10﹣13，mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣C．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、NO3﹣、S2﹣D．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、ClO﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．与Al反应放出氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，氢离子、铵根离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不会生成氢气；B．在c（H+）=1.0×10﹣13，mol/L的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；C．铁离子、镁离子都与硫离子反应；D．pH=1的溶液为酸性溶液，次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸．【解答】解：A．与Al反应放出氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，H+、NH4+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，故A错误；B．在c（H+）=1.0×10﹣13，mol/L的溶液为碱性溶液，Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．Fe3+、Mg2+都与S2﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．pH=1的溶液中存在大量氢离子，ClO﹣与氢离子反应生成次氯酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．4．能正确表示下列反应的离子方程式是( )A．向NaOH溶液中通入过量的CO2：CO2+OH﹣═HCO3﹣B．将SO2气体通入Ba（NO3）2溶液：SO2+H2O+Ba2+═BaSO3↓+2H+C．实验室制氯气：MnO2+4HCl（浓）═Mn2++2Cl2↑+2H2OD．AlCl3溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成碳酸氢钠；B．发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO；C．盐酸完全电离；D．反应生成氢氧化铝和氯化铵．【解答】解：A．向NaOH溶液中通入过量的CO2的离子反应为CO2+OH﹣═HCO3﹣，故A 正确；B．将SO2气体通入Ba（NO3）2溶液中的离子反应为Ba2++2NO3﹣+3SO2+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42，故B错误；C．实验室制氯气的离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣═Mn2++2Cl2↑+2H2O，故C错误；D．AlCl3溶液与过量氨水混合的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D 错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．5．下列实验现象对应的结论正确的是( )选项现象结论A ①中导管口冒气泡，手松开无现象气密性良好B ②中KMnO4溶液紫红色褪去SO2具有漂白性NO2生成N2O4为吸热反应C ③中关闭K，气体颜色在热水中比冷水深D ④中烧瓶中形成喷泉Cl2易溶于CCl4A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．手松开无现象，气密性不好；B．发生氧化还原反应；C．气体颜色在热水中比冷水深，则对于2NO2⇌N2O4，升高温度，平衡逆向移动；D．挤压胶头滴管，Cl2易溶于CCl4，打破压强平衡，引发喷泉实验．【解答】解：A．手松开无现象，气密性不好，应松开手后水上升在导管中形成一段水柱，则气密性良好，故A错误；B．发生氧化还原反应，KMnO4溶液紫红色褪去，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故B错误；C．气体颜色在热水中比冷水深，则对于2NO2⇌N2O4，升高温度，平衡逆向移动，则NO2生成N2O4为放热反应，故C错误D．挤压胶头滴管，Cl2易溶于CCl4，打破压强平衡，引发喷泉实验，现象与结论均合理，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气密性检验、氧化还原反应、平衡移动影响因素及喷泉实验等，注重高频考点的考查，把握物质的性质及化学反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．6．表中陈述I、Ⅱ均正确，且两者在反应原理上相似的是( )选项陈述I 陈述ⅡA 向酚酞溶液中加Na2O2，溶液先变红后褪色向石蕊溶液中通入Cl2，溶液先变红后褪色B 将SO2和Cl2同时通入BaCl2溶液中，产生白色沉淀将CO2和NH3同时通入CaCl2溶液中，产生白色沉淀C 向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成红褐色沉淀D Na投入水中产生大量气泡Na2CO3投入盐酸中产生大量气泡A．A B．B C．C D．D【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．Na2O2和水反应生成NaOH和氧气，使酚酞变红，但Na2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，使酚酞变红，但次氯酸有强氧化性，将变红的石蕊氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；B．二氧化硫与氯气、水发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，硫酸与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和盐酸；二氧化碳、氨气和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵；C．氯化镁和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠；氯化铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铁；D．钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气；碳酸钠和盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳．【解答】解：A．Na2O2和水反应生成NaOH和氧气，使酚酞变红，但Na2O2有强氧化性，将变红的酚酞氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，使酚酞变红，但次氯酸有强氧化性，将变红的石蕊氧化变为无色，所以溶液先变红后褪色，二者原理相似，故A可选；B．二氧化硫与氯气、水发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，硫酸与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡沉淀和盐酸；二氧化碳、氨气和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，二者原理不同，故B不选；C．氯化镁和氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠；氯化铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铁，二者原理相似，故C可选；D．钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气；碳酸钠和盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳，二者原理不同，故D不选，故选AC．【点评】本题考查物质的性质，难度中等．把握反应的实质是解题的关键．7．向30mL 1mol/L的AlCl3溶液中逐渐加入浓度为4mol/L的NaOH溶液，若产生0.78g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为( )A．3mL B．7.5mL C．15mL D．17.5mL【考点】化学方程式的有关计算．【分析】AlCl3和NaOH反应与NaOH的量的多少有关，当NaOH不足时生成Al（OH）3，当碱过量时，则生成NaAlO2．现AlCl3的物质的量为0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为2.34g，现沉淀质量为0.78g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2．【解答】解：现AlCl3的物质的量为0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀时，沉淀质量应为2.34g，现沉淀质量为0.78g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，n（Al（OH）3）==0.01mol，①若碱不足，由Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，NaOH的物质的量为0.01mol×3=0.03mol，加入NaOH溶液的体积为=0.0075L，即7.5mL；②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则由Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓0.03mol 0.09mol 0.03molAl（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O（0.03﹣0.01）mol （0.03﹣0.01）mol则消耗的碱的物质的量为0.09mol+（0.03﹣0.01）mol=0.11mol，加入NaOH溶液的体积为=0.0275L，即27.5mL；故选B．【点评】本题考查铝的计算，题目难度中等，本题的解答关键是根据题意确定发生反应的情况，结合反应的有关方程式计算．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题～第32题为必考题．每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题．考生根据要求作答．（一）必考题（共145分）8．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．请回答下列问题：（1）FeCl3净水的原理是Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质．FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）2Fe3++Fe=3Fe2+．（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．①若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10﹣2mol•L﹣1，c（Fe3+）=1.0×10﹣3mol•L﹣1，c（Cl ﹣）=5.3×10﹣2mol•L﹣1，则该溶液的pH约为2．②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：□ClO3﹣+□Fe2++□6H+=□Cl﹣+□Fe3++□3H2O．（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3++H2O⇌Fe（OH）2++H+﹣﹣K1Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）2++H+﹣﹣K2Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）3+H+﹣﹣K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是K1＞K2＞K3．（4）FeCl3也可以用作SO2尾气的吸收剂，原理上与NaOH吸收SO2有何不同2FeCl3+SO2+2H2O═2FeCl2+H2SO4+2HCl、2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O（5）电解时，微粒的放电顺序遵循微粒得失电子能力的强弱，SO32﹣具有强的还原性．用NaOH吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液用碳棒进行电解，写出阳极电极反应SO32﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+2H+．【考点】性质实验方案的设计；氧化还原反应方程式的配平；原电池和电解池的工作原理；pH的简单计算；盐类水解的原理．【专题】实验设计题．【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）①根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=﹣lgc（H+）计算；②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；（4）氯化铁具有强氧化性，可氧化二氧化硫气体；（5）阳极上亚硫酸根离子在阳极上失去电离生成硫酸根离子．【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）①根据电荷守恒：c（Cl﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）=1.0×10﹣2mol•L ﹣1，则溶液pH=﹣lg1.0×10﹣2=2，故答案为：2；②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O，故答案为：1；6；6H+；1；6；3H2O；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1＞K2＞K3，故答案为：K1＞K2＞K3；（4）氯化铁具有强氧化性，可氧化二氧化硫气体，反应的方程式为2FeCl3+SO2+2H2O═2FeCl2+H2SO4+2HCl，氢氧化钠与二氧化硫发生中和反应，方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：2FeCl3+SO2+2H2O═2FeCl2+H2SO4+2HCl、2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（5）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：SO32﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+2H+；故答案为：SO32﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+2H+．【点评】本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等．9．（14分）高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O）具有很高的经济价值，工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）为原料（含少量钡和铁的化合物等），制备高纯六水氯化锶晶体的过程为：已知：Ⅰ．SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．Ⅱ．有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH表：氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2开始沉淀的pH 1.5 6.5沉淀完全的pH 3.7 9.7（1）操作①加快反应速率的措施有加热、充分搅拌、适当增加盐酸浓度等（写一种）．碳酸锶与盐酸反应的离子方程式SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O．（2）酸性条件下，加入30% H2O2溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（3）在步骤②﹣③的过程中，将溶液的pH值由1调节至4时，宜用的试剂为B．A．氨水B．氢氧化锶粉末C．氢氧化钠D．碳酸钠晶体（4）操作③中所得滤渣的主要成分是Fe（OH）3、BaSO4（填化学式）．（5）步骤④的操作是蒸发浓缩、冷却结晶．（6）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是AA．50～60℃B．70～80℃C．80～100℃D．100℃以上．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸反应后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢，调节溶液pH可生成氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O，以此来解答．【解答】解：以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2•6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸反应后溶液中除含有Sr2+和Cl﹣外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢，调节溶液pH可生成氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O，（1）增大反应速率，则增大浓度，加热，或者搅拌，增大接触面积，碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的离子方程式为SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O，故答案为：加热、充分搅拌、适当增加盐酸浓度等；SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O；（2）酸性条件下，加入30% H2O2溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（3）调节pH除去Fe3+等，要不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末，故答案为：B；（4）由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，水解可生成氢氧化铁沉淀，所以沉淀有两种即BaSO4、Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、BaSO4；（5）由滤液得到晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（6）六水氯化锶晶体61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是50～60℃，故答案为：A．【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中发生的化学反应及物质分离方法为解答的关键，涉及反应速率、氧化还原反应、滴定原理等，注意信息与所学知识的综合应用，综合性较强，题目难度中等．10．钢铁企业酸洗钢材时产生的废液主要成分为Fe2+、H+、Cl﹣，可用下述方法处理该废液，回收盐酸和制备氧化铁涂料．（1）单质X的化学式是Fe．（2）氯化亚铁溶液经高温喷雾焙烧转化为HCl气体和氧化铁粉末，有关的化学方程式依次为：4FeCl2+4H2O+O22Fe2O3+4HCl（或FeCl2+2H20⇌Fe（OH）2+2HCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O）．（3）某铁红涂料中除含有Fe2O3外，还可能添加有CuO或FeO中的一种，请设计实验方案，探究该铁红涂料中添加物的成分．①提出合理假设假设1：添加了CuO假设2：添加了FeO②请设计方案，验证上述假设，写出实验步骤、预期现象和结论．限选试剂：铁粉、3mol•L﹣1 H2SO4、0.1mol•L﹣1酸性KMnO4溶液、10% NaOH溶液、10% H2O2、KSCN溶液操作步骤预期现象和结论步骤1．取少量样品于试管1中，加入足量的3mol•L﹣1H2SO4，充分振荡样品全部溶解，得到澄清的溶液．步骤2．取少许上述溶液于试管2，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol•L﹣1H2SO4，充分振荡步骤3．取少许步骤1溶液于试管3中，逐滴加入0.1 mol•L﹣1酸性KMnO4溶液若试管中出现红色固体，说明试样中有CuO如果紫红色褪去，说明试样中有FeO（4）请计算，用635g水完全吸收“高温喷雾焙烧”产生的HCl气体224升（标准状况），即可得到36.5%的浓盐酸（相对原子质量Cl﹣35.5 H﹣1）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．【分析】实验目的为盐酸和制备氧化铁涂料，则所加单质X应为Fe，可与盐酸反应生成FeCl2，过滤后将滤液高温焙烧，转化为HCl气体和氧化铁粉末，涉及反应为FeCl2+2H20⇌Fe（OH）。