湖北省部分重点中学2015-2016学年高三起点考试化学试卷.doc

2015-2016学年湖北省部分重点中学高三（上）起点考试化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共14小题，每小题3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．（3分）（2015秋•湖北校级月考）下列说法不正确的是（）A．医用酒精是用淀粉类植物发酵经蒸馏制成，浓度通常是75%B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，其作用是吸收并氧化水果释放出的乙烯C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入明矾可以使海水淡化D．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；乙烯的化学性质．【分析】A．75%的酒精为医用酒精，具有杀菌消毒作用；B．乙烯能被酸性高锰酸钾氧化；C．明矾具有吸附作用，可净化海水，但不能淡化；D．有新物质生成的是化学变化．【解答】解：A．75%的酒精为医用酒精，可使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，乙醇可由淀粉类植物发酵经蒸馏制成，故A正确；B．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯，所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故B正确；C．明矾水解生成具有吸附作用的氢氧化铝，除去水中的悬浮物，可净化海水，但不能淡化，故C错误；D．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性过程均生成了新的物质，是化学变化，故D正确．故选C．【点评】本题综合考查有机物的结构和性质以及元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．2．（3分）（2015秋•湖北校级月考）下列化学用语正确的是（）A．硝基苯的结构简式：B．乙烯的比例模型：C．过氧化氢的电子式：D．硫离子的结构示意图：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型．【分析】A．苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基中氮原子与苯环相连；B．为乙烯的球棍模型，不是比例模型；C．过氧化氢为共价化合物，不存在阴阳离子；D．硫离子的最外层达到8电子稳定结构．【解答】解：A．硝基取代苯的1个H形成硝基苯，则硝基苯的结构简式为：，故A正确；B．乙烯分子中含有4个碳氢键和1个碳碳双键，乙烯正确的比例模型为：，故B错误；C．过氧化氢属于共价化合物，其分子中不存在阴阳离子，过氧化氢正确的电子式为，故C错误；D．硫离子的核电荷数为16，最外层为8个电子，其正确的结构示意图为：，故D 错误；故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，涉及离子结构示意图、电子式、比例模型、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力．3．（3分）（2015秋•湖北校级月考）下列应用及解释都正确的是（）A ．AB ．BC ．CD ．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A ．溶液中的氢离子增多会抑制Fe 2+的水解，加入铁是防止硫酸亚铁氧化变质；B ．BaCl 2与Na 2CO 3反应生成BaCO 3沉淀，结合盐类的水解平衡移动解答；C ．硫酸钡和AgCl 均为不溶于酸的白色沉淀；D ．催化剂对化学反应速率有影响．【解答】解：A ．加入硫酸，溶液中的氢离子增多会抑制Fe 2+的水解，亚铁离子容易被氧化成铁离子，加入铁是防止硫酸亚铁氧化变质，故A 错误；B ．Na 2CO 3为强碱弱酸盐，水解成碱性，BaCl 2与Na2CO 3反应生成BaCO 3沉淀，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，故B 错误；C ．硫酸钡和AgCl 均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl 2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含SO 42﹣，故C 错误； D ．两支试管中装有等体积、等浓度H 2O 2溶液，向其中一支试管中加入FeCl 3溶液，氯化铁能改变化学反应速率，能达到实验目的，故D 正确．故选D ．【点评】本题考查较为综合，涉及盐类的水解、物质的检验、化学反应速率等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．4．（3分）（2015秋•湖北校级月考）下表为元素周期表的一部分，其中X 、Y 、Z 、W 为短周期元素，W 元素的核电荷数为X 元素的2倍．下列说法不正确的是（ ）A．X、W、Z 元素的气态氢化物的热稳定性均依次递减B．Y、Z、W 元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．液态WX3 气化均需克服分子间作用力D．根据元素周期律，可以推测T 元素的单质具有半导体的特性【考点】原子结构与元素的性质．【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，据此结合选项判断即可．【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，那么Z为P，T为As，Y为Si，A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性O＞S＞P，故H2O＞H2S＞H3P，故A正确；B、S元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，故B错误；C、WX3为SO3，属于分子晶体，气化均需克服分子间作用力，故C正确；D、As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，故D正确，故选B．【点评】本题考查元素的位置与性质、结构的关系，难度不大，解题是时注意元素的性质的递变规律及其应用．5．（3分）（2015秋•湖北校级月考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2OB．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32﹣+2CO2+H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O：Al3++4NH3．H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O D．NaHCO3溶液中加少量Ba（OH）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO和水；B．反应生成硅酸和碳酸氢钠，原子不守恒；C．反应生成氢氧化铝和硫酸铵；D．少量Ba（OH）2完全反应，生成碳酸钡、碳酸钠和水．【解答】解：A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应为2NO3﹣+3SO32﹣+2H+═3SO42﹣+2NO↑+H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2的离子反应为SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故B错误；C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）↓+3NH4+，故C错误；3D．NaHCO3溶液中加少量Ba（OH）2溶液的离子反应为2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D正确；故选D．【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的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，题目难度不大．6．（3分）（2015秋•东莞校级月考）原电池装置如图所示，下列有关叙述正确的是（）A．锌电极上发生还原反应B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO42﹣）不变C．电池工作一段时间后，甲池溶液的总质量增加D．该装置将化学能转化为电能，一段时间后，装置内的电子总量减少【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】锌为负极，被氧化，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极反应为Cu2++2e﹣=Cu，结合电极反应解答．【解答】解：A．锌为负极，被氧化，发生氧化反应，故A错误；B．锌为负极，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，因为中间为阳离子交换膜，所以生成的锌离子移向乙池，则甲池的c（SO42﹣）不变，故B正确；C．甲池锌为负极，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，因为中间为阳离子交换膜，所以生成的锌离子移向乙池，则甲池溶液的总质量减小，故C错误；D．该装置为原电池，将化学能转化为电能，一段时间后，装置内的电子总量不变，故D错误．故选B．【点评】本题考查原电池知识，侧重于原电池的工作原理的考查，为高考高频考点，注意把握电极反应的判断，把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度不大．7．（3分）（2015秋•仙游县校级月考）用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】实验装置综合．【分析】A．先发生盐酸与NaOH的反应；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化；C．氯气能够将碘离子氧化成碘单质，碘单质使淀粉溶液变蓝；D．浓盐酸与二氧化锰的反应需要加热才能进行．【解答】解：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；C．新制的氯水具有强氧化性，能够将碘化钾氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色，故C正确；D．用二氧化锰与浓盐酸制取氯气的反应需要在加热的条件下进行，该装置中无法获得氯气，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，题目难度中等，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强．8．（3分）（2015秋•湖北校级月考）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．pH=13 的溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣B．甲基橙呈黄色的溶液：Na+、K+、ClO﹣、AlO2﹣C．0.1 mol/L 的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol．L﹣1的溶液中：K+、Ba2+、Br﹣、I﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．pH=13 的溶液，显碱性；B．甲基橙呈黄色的溶液，可能显酸性；C．离子之间发生氧化还原反应；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol．L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．pH=13 的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故A错误；B．甲基橙呈黄色的溶液，可能显酸性，酸性溶液中不能大量存在ClO﹣、AlO2﹣，故B错误；C．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol．L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．9．（3分）（2015秋•湖北校级月考）N A代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4 L 二氯甲烷的分子数约为N A个B．常温常压下，2.0 g 重水（D2O）中含N A个中子C．1 L 0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣的离子数之和为0.1N AD．电解精炼铜时，若阴极得到的电子数为2 N A个，则阳极质量减少64 g【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，二氯甲烷为液态；B、重水的摩尔质量为20g/mol；C、根据物料守恒来分析；D、电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他金属杂质．【解答】解：A、标况下，二氯甲烷为液态，其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；B、重水的摩尔质量为20g/mol，故2.0g重水的物质的量为0.1mol，而1mol重水中含10mol 中子，故0.1mol重水中含1mol中子即N A个，故B正确；C、1 L 0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中NaHCO3的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而HCO3﹣既能电离又能水解，根据物料守恒可知：n（HCO3﹣）+n（CO32﹣）+n（H2CO3）=0.1mol，即溶液中HCO3﹣、H2CO3和CO32﹣的离子数之和为0.1N A，故C错误；D、电解精炼铜时，阳极上是粗铜，粗铜上有其他比铜活泼的金属杂质也会放电，故阴极得到电子数为2N A时，阳极减少的质量不一定是64g，故D错误；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，易错点是D．10．（3分）（2015秋•湖北校级月考）某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述正确的是（）A．分子中含有3 种官能团B．在一定条件下，能发生取代、氧化、酯化和加聚反应C．该物质分子中最多可以有10 个碳原子在同一平面上D．1 mol 该物质最多可与5 mol H2发生加成反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知，分子中含﹣COOH、碳碳双键，结合羧酸、烯烃的性质以及苯环、烯烃的结构来解答．【解答】解：A．含有羧基和碳碳双键，含有两种官能团，故A错误；B．含有羧基，可发生取代、酯化反应，含有碳碳双键，可发生氧化和加聚反应，故B正确；C．与苯环直接相连的原子在同一个平面上，且与碳碳双键直接相连的原子也在同一个平面上，则该物质分子中最多可以有11个碳原子在同一平面上，故C错误；D．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1 mol该物质最多可与4 mol H2发生加成反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸性质的考查，题目难度不大．11．（3分）（2015秋•江西校级期中）在一定温度下，有以下反应：2A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）△H＜0，反应进行至第10min 时，改变一个条件，当反应进行至第20min 时，发现生成C 的速率增大，C 的百分含量也增大，则改变的条件．可能是（）A．加热B．使用催化剂C．加压D．分离出D【考点】化学平衡的影响因素．【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，若使生成物百分含量增大，反应速率增大，变小使平衡正向移动，结合影响化学反应速率的因素分析．【解答】解：A、若反应未达到平衡状态，加热正逆反应速率都加快，且C的百分含量也增大，故A可能；B、若反应未达到平衡状态，加入催化剂可使C的速率增大，且C的百分含量也增大，故B 可能；C、加压正逆反应速率加快，平衡正向移动，所以生成C的速率增大，C的百分含量也增大，故C可能；D、分离出D，反应速率减慢，故D不可能；故选D．【点评】本题考查了影响平衡移动和影响化学反应速率的因素，题目难度中等．12．（3分）（2015秋•湖北校级月考）室温下向10mL 0.1mol/L NaOH 溶液中加入0.1mol/L 的一元酸HA 溶液pH 的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（）A．a 点所示溶液中c（A﹣）+c（HA）=0.1mol/LB．a、b 两点所示溶液中水的电离程度不同C．pH=7 时，c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）D．b 点所示溶液中c（HA）＞c（A﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，根据溶液中的物料守恒来回答；B．b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离；C．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A﹣水解程度．【解答】解：A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，溶液中c（A﹣）+c（HA）=2c（Na+）=0.05mol/L，故A错误；B．a点A﹣水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B正确；C．pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）=c（A﹣），故C错误；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A﹣水解程度，则存在c（A﹣）＞c（HA），故D错误．故选B．【点评】本题为2015年考题的改编题，侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度分析．13．（3分）（2015秋•湖北校级月考）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（）A．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯B．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴C．实际生产中常选用Ca（OH）2作为沉淀剂D．工业生产中电解熔融氧化镁的方法制取镁【考点】海水资源及其综合利用．【分析】A．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；B．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；C．工业生产中用生石灰或石灰水转化成的氢氧化钙作镁离子的沉淀剂；D．获取金属Mg是电解熔融氯化镁得到金属镁，依据电解原理分析产物判断．【解答】解：A．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故A正确；B．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故B正确；C、实际生产中常选用碳酸钙、氧化钙制取得到的Ca（OH）2作镁离子的沉淀剂，故C正确；D．获取金属Mg是电解熔融氯化镁得到金属镁，氧化酶的熔点太高，不宜采用电解熔融物的方法，故D错误；故选：D．【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大．14．（3分）（2015秋•邹平县校级月考）铁、铜混合粉末18.0g 加入到100mL 5.0mol/L FeCl3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．原固体混合物中铜的质量是9.6 gC．反应后溶液中n（Fe3+）=0.10 molD．反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.5 mol【考点】氧化还原反应的计算．【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+64g 2mol 56g 2molm10.5mol m20.5molm1=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B正确；溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.25mol+0.5mol=0.75mol，故D错误．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．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第15题～第19题为必考题，每个试题考生都必须作答．第20题～第22题为选考题，考生只选择一题作答．（一）必考题（5题，共43分）15．（7分）（2015秋•上饶校级月考）某消毒液的主要成分为NaClO（混有少量NaCl），请用相应的化学用语来解释下列事实．（1）该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备，化学方程式为Cl2+NaOH═NaCl+NaClO+H2O．（2）该消毒液的pH约为12，离子方程式为ClO﹣+H 2O HClO+OH﹣．（3）向FeSO4溶液中滴入少量该溶液，溶液颜色变成棕黄色，反应的离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H2O．（4）该消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，否则会产生中毒危险．每产生1mol Cl2（标准状况下），转移电子个数约为 6.02×1023或N A．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】（1）氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（2）NaClO水解显碱性；（3）发生氧化还原反应生成铁离子，溶液为黄色；（4）消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，发生NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，以此计算．【解答】解：（1）氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应为Cl2+NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+NaOH═NaCl+NaClO+H2O；O HClO+OH﹣，故答（2）NaClO水解显碱性，pH=12，水解离子方程式为ClO﹣+H案为：ClO﹣+HO HClO+OH﹣；（3）发生氧化还原反应生成铁离子，溶液为黄色，离子反应方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl ﹣+2Fe3++HO，故答案为：2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H2O；2（4）消毒液不能与洁厕灵（主要成分为浓盐酸）混用，发生NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，由Cl元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移1mol电子，转移电子个数为6.02×1023或N A，故答案为：6.02×1023或N A．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、氧化还原反应及盐类水解等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．16．（9分）（2015秋•湖北校级月考）医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应来测定血钙的含量．回答下列问题：6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═10CO2↑+2Mn2++8H2O□（1）配平以上离子方程式，并在□中填上所需的微粒．（2）测定血钙的含量：取2mL 血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定．稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是CaC2O4（s）+H2SO4（aq）═CaSO4（s）+H2C2O4（aq）．（3）溶解沉淀时不能（“能”或“不能”）使用稀盐酸．（4）若消耗了1.0×10﹣4mol•L﹣1的KMnO4 溶液40.00mL，则100mL 该血液中含钙g．（5）医学研究表明，肾结石主要是由CaC2O4[Ksp（CaC2O4）=2.3×10﹣9]组成的，若血液经血小球过滤后，形成的尿液为200mL，其中含有Ca2+0.01g．为了使不形成CaC2O4沉淀，则C2O42﹣的最高浓度为 1.84×10﹣6mol•L﹣1．【考点】氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的有关计算．【分析】（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（2）草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸；（3）HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；（4）根据原子守恒得5Ca2+﹣﹣﹣5（NH4）2C2O4﹣﹣﹣5CaC2O4﹣﹣﹣5H2C2O4﹣﹣﹣2KMnO4，所以得关系式5Ca2+﹣﹣﹣2KMnO4，根据二者之间的关系式进行计算；（5）根据n=、c=计算出钙离子浓度，然后结合草酸钙的溶度积计算出不形成草酸钙沉淀时草酸根离子的最大浓度．【解答】解：（1）根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4﹣、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H++2MnO4﹣+5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：6；2；5；10；2；8；H2O；（2）草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为：CaC2O4（s）+H2SO4（aq）═CaSO4（s）+H2C2O4（aq），故答案为：CaC2O4（s）+H2SO4（aq）═CaSO4（s）+H2C2O4（aq）；（3）HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替，故答案为：不能；（4）根据原子守恒得5Ca2+﹣﹣﹣5（NH4）2C2O4﹣﹣﹣5CaC2O4﹣﹣﹣5H2C2O4﹣﹣﹣2KMnO4，所以得关系式5Ca2+﹣﹣﹣2KMnO4，设钙离子浓度为xmol/L，5Ca2+﹣﹣﹣﹣﹣2KMnO45mol 2mol2.0×10﹣3xmol 4.0×10﹣6mol5mol：2mol=2.0×10﹣3xmol：4.0×10﹣6molx==5.0×10﹣3mol/L，则100mL溶液中钙的质量为：40g/mol×0.1L×5.0×10﹣3mol/L=0.02g，故答案为：0.02；（5）0.01g钙离子的物质的量为：=2.5×10﹣4mol，钙离子的浓度为：=1.25×10﹣3mol/L，根据Ksp（CaC2O4）=c（Ca2+）•c（C2O42﹣）=2.3×10﹣9可知，若要满足使钙离子不生成沉淀，则草酸根离子的最大浓度为：mol/L=1.84×10﹣6mol/L，故答案为：1.84×10﹣6．【点评】本题考查物质含量的测定、氧化还原反应等知识点，题目难度中等，侧重考查基本概念、基本理论，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式，注意有机物中C元素化合价的判断方法，难点是确定（4）中钙离子和高锰酸钾之间的关系．17．（8分）（2015秋•湖北校级月考）氯化铁是常见的水处理剂，无水FeCl3的熔点为282℃，沸点为315℃．工业上制备无水FeCl3的一种工艺流程如下：（1）氯化铁能用作水处理剂的原因是Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体能吸附并沉降水中悬浮的物质（用必要的文字和化学方程式说明）．（2）吸收塔中吸收剂X 是FeCl2溶液．（3）温度超过400℃时，捕集器中捕集到的物质的相对分子质量为325，该物质的分子式为Fe2Cl6．（4）从副产物FeCl3溶液中获得FeCl3•6H2O 的方法是在滴加浓盐酸后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、晾干．（5）用FeCl3溶液（32%～35%）腐蚀印刷线路板的废液中含FeCl3、FeCl2和CuCl2．用化学方法回收废液中铜的方法是加过量铁粉，发生反应CuCl2+Fe═FeCl2+Cu，过滤，分离得到的固体再与盐酸反应以溶解残留的铁，过滤得到铜（用反应式表示并简述操作要点）．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】根据题中反应流程，在反应炉中铁和氯气反应生成氯化铁，在捕集器中收集再冷却得团体氯化铁，从反应炉中出来的尾气主要是氯气，用吸收剂吸收后得氯化铁溶液，所以吸收剂X应是氯化亚铁，（1）氯化铁在水中能水解生成氢氧化铁胶体，Fe（OH）3胶体能吸附并沉降水中悬浮的物质；（2）尾气中含有过量的氯气和少量氯化铁烟气，由工艺流程可知，用吸水剂X在吸收塔中吸收氯气，生成氯化铁，所以吸收剂X为氯化亚铁，同时溶解氯化铁烟气；（3）分子中Fe原子与Cl原子数目之比为1：3，令分子组成为（FeCl3）n，根据相对分子质量计算n值，确定物质的分子式；（4）FeCl3溶液中，温度越高氯化铁的溶解度越高，由溶液获得晶体需加热蒸发、冷却晶体，铁离子易水解应先加入少量的盐酸；（5）用FeCl3溶液（32%～35%）腐蚀印刷线路板的废液中含FeCl3、FeCl2和CuCl2，回收铜可以在溶液中加入过量的铁粉，将铜置换出来，再用盐酸除去过量的铁可得铜．【解答】解：根据题中反应流程，在反应炉中铁和氯气反应生成氯化铁，在捕集器中收集再冷却得团体氯化铁，从反应炉中出来的尾气主要是氯气，用吸收剂吸收后得氯化铁溶液，所以吸收剂X应是氯化亚铁，（1）氯化铁在水中能水解生成氢氧化铁胶体，该过程可用离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe （OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体能吸附并沉降水中悬浮的物质，故答案为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体能吸附并沉降水中悬浮的物质；（2）尾气中含有过量的氯气和少量氯化铁烟气，由工艺流程可知，用吸水剂X在吸收塔中吸收氯气，生成氯化铁，所以吸收剂X为氯化亚铁，同时溶解氯化铁烟气，故答案为：FeCl2溶液；（3）分子中Fe原子与Cl原子数目之比为1：3，令分子组成为（FeCl3）n，该分子相对分子质量为325，则：（56+35.5×3）×n=325，解得，n=2，所以该物质的分子式为Fe2Cl6，故答案为：Fe2Cl6；（4）FeCl3溶液中，温度越高氯化铁的溶解度越高，由溶液获得晶体需加热蒸发、冷却晶体．Fe3+易水解应先加入少量的盐酸，抑制Fe3+水解，再热蒸发、冷却晶体获得FeCl3•6H2O，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；（5）用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板的废液中含FeCl3、FeCl2和CuCl2，回收铜可以在溶液中加入过量的铁粉，将铜置换出来，再用盐酸除去过量的铁可得铜，具体操作为加过量铁粉，发生反应CuCl2+Fe═FeCl2+Cu，过滤，分离得到的固体再与盐酸反应以溶解残留的铁，过滤得到铜，故答案为：加过量铁粉，发生反应CuCl2+Fe═FeCl2+Cu，过滤，分离得到的固体再与盐酸反应以溶解残留的铁，过滤得到铜．。