2019-2020学年福建省福州第八中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省福州第八中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列有关有机物的说法不正确的是A苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持5060反应生成硝基苯B用32CH CH OH与183CH CO OH发生酯化反应，生成的有机物为C苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷D戊烷512C H的一溴取代物共有8 种(不含立体异构)【答案】B【解析】【详解】A苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持5060，是苯发生硝化反应的条件，可以反应生成硝基苯，故A正确；B 用32CH CH OH与183CH CO OH发生酯化反应，酸脱羟基醇

2、脱氢，生成的有机物为323CH COOCH CH，故 B 错误；C苯乙烯在合适条件下催化加氢，苯环和碳碳双键都能加氢，生成乙基环己烷，故C正确；D戊烷512C H有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种结构，再进行一溴取代，正戊烷有3 种一溴代物，异戊烷有 4 种一溴代物，新戊烷有1 种一溴代物，故戊烷512C H一溴取代物共有8 种(不含立体异构)，故D 正确；故答案为B。2氢硫酸中加入或通入少量下列物质，溶液酸性增强的是（）A O2BCl2CSO2D NaOH【答案】B【解析】【分析】H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2S的水溶液呈酸性，能和碱发生中和反应，以此解答该题。【详解】A.发生 2H2S

3、+O2=S+2H2O 反应，溶液由酸性变为中性，所以酸性减弱，故A 错误；B.发生 2H2S+Cl2=S+2HCl反应，溶液酸性增强，故B正确；C.发生 2H2S+SO2=3S+2H2O 反应，溶液由酸性变为中性，则溶液的酸性减弱，故C错误；D.加入氢氧化钠溶液，生成硫化钠，溶液的酸性减弱，故D 错误；故答案选B。3下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是()ABCD【答案】C【解析】A、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项A 错误；B、不能发生消去反应，选项B 错误；C、-OH 邻位 C 上含有 H 原子，能发生消去反应，含有-CH2OH 的结构，可被氧化为醛，选项C

4、 正确；D、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项D 错误。答案选C。4正确使用化学用语是学好化学的基础，下列化学用语正确的是A的名称：1，4-二甲苯B丙烷的分子式：CH3CH2CH3C聚丙烯的链节：CH2-CH2-CH2DH2S的电子式：【答案】A【解析】【详解】A，为对二甲苯，系统命名法命名为：1，4二甲苯，A 正确；B分子式是表示物质的元素构成的式子，故丙烷的分子式为38C H，B 错误；C聚丙烯的链节：23CHCH CH，C错误；D H2S为共价化合物，硫原子中最外层有8 个电子达到稳定结构，分子中存在两个HS键，电子式为：，D 错误。答案选 A。5可逆反应X(g)+2Y(g)?2Z(g)、

5、2M(g)?Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是A反应的正反应是放热反应B达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10:11 C达平衡(I)时，X的转化率为20D在平衡(I)和平衡(II)中，M 的体积分数不相等【答案】C【解析】【详解】A、降温由平衡（）向平衡（）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A 正确；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：2102.

6、211，故 B 正确；C、达平衡（）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：22.22.8x，x=22.8282.211mol，即物质的量减少了(3-2811)mol=511mol，所以达平衡（）时，X的转化率为511，故 C错误；D、由平衡（）到平衡（），化学反应发生平衡的移动，则M 的体积分数不相等，故D 正确；答案选 C。6常温下2 mL 1 molL-1 NaHCO3溶液，pH 约为 8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中正确的是A NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)

7、=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)BNaHCO3溶液中，c(Na+)c(OH-)c(HCO3-)c(H+)C加热 NaHCO3溶液，pH 增大，一定是HCO3-水解程度增大的结果D滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2+2HCO3-=CaCO3 +H2O+CO2【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据电荷守恒可知，NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，A 项错误；B.常温下 2 mL 1 molL-1 NaHCO3溶液，pH 约为 8，溶液显碱性，溶液中HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)c(HCO3-)

8、c(OH-)c(H+)，B 项错误；C.加热 NaHCO3溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH 会增大，C项错误；D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2+2HCO3-=CaCO3 +H2O+CO2，D 项正确；答案选 D。7下列实验操作规范且能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A 除去 KNO3中混有 NaCl 将固体混合物溶于水后蒸发结晶，过滤B 制备 Fe(OH)3胶体将 NaOH 浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中C CCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒

9、出水层D 验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl 的溶解度受温度影响不大，可将固体溶解后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以除去KNO3固体中少量的NaCl 固体，故A 错误；B.将 NaOH 浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，二者反应生成Fe(OH)3沉淀，无法获得氢氧化铁胶体，故 B 错误；C.CCl4与水不互溶，且不发生任何发应，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故C 正确；D.铁在中性溶液或弱酸性

10、溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D 错误；故选 C。8W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W 和 Y同主族，X 原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（）A X和 Z 形成的化合物是不溶于水的沉淀BZ 的氧化物对应水化物的酸性一定大于Y CW 的简单气态氢化物沸点比Y的高D X、Y、Z简单离子半径逐渐减小【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W 和 Y同主族，则 Y、Z 位于第三周期，Z元素最高正价与最低

11、负价的代数和为4，则 Z位于 A，为 S元素；X原子的电子层数与最外层电子数相等，X可能为 Be 或 Al 元素；设 W、Y的最外层电子数均为a，则 2a+6+2=19，当X 为 Be 时，a=5.5(舍弃)，所以 X 为 Al，2a+6+3=19，解得：a=5，则 W 为 N，Y为 P元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W 为 N，X 为 Al，Y为 P，Z 为 S元素。A Al、S形成的硫化铝溶于水发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，故A 错误；B没有指出元素最高价，故B 错误；C氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点较高，故C正确；D电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离

12、子半径越小，则离子半径大小为：YZX，故 D 错误；故答案为C。9下列有关物质性质的叙述正确的是（）A向 NaOH 溶液中加入铝粉，可生成Al(OH)3B向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，可生成CO2C向热的蔗糖溶液中滴加银氨溶液，可生成银镜D向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，可生成NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.向 NaOH 溶液中加入铝粉，发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，不会生成氢氧化铝，A 项错误；B.因酸性比较：H2CO3苯酚 HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错

13、误；C.蔗糖不是还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；D.向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入 CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3，D 项正确；答案选 D。【点睛】A 项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。铝单质与酸反应会生成正盐铝盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。10现有部分元素的原子结构特点如表，下列叙述中正确的是A W 原子结构示意图为B元素 X和 Y只能形成原子个数比为12 的化合物C元素 X 比元素 Z 的非金属

14、性强D X、Y、Z、W 四种元素不能形成离子化合物【答案】C【解析】【分析】X 元素原子的L层电子数是K层电子数的3 倍，可知L层为 6 个电子，所以X为氧元素；Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是 H 元素；Z 元素原子的L层电子数是K层和 M 层电子数之和，其M层电子数为6，所以 Z是 S元素；W 元素原子共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，所以W为 N 元素。根据上述分析，X为氧元素，Y是 H 元素，Z是 S元素，W 为 N 元素，据此来分析即可。【详解】A W 为 N 元素，原子核外有2 个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故 A 错误；B元素 X和元素

15、Y可以以原子个数比11 形成化合物，为H2O2，故 B错误；CX为 O，Z为 S，位于同一主族，非金属性O S，故 C正确；D X、Y、Z、W 四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或 NH4HSO4等，故 D 错误；答案选 C。11下列化学用语对事实的表述正确的是A电解 CuCl2溶液：CuCl2=Cu2+2Cl-BMg 和 Cl形成离子键的过程：C向 Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3+3CO32-=Al2(CO3)3D乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OH垐 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐浓硫酸CH3CO18OC2H5+H2O【答案】D【解析】【分析

16、】【详解】A电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2，故 A 错误；B氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故 B 错误；C向 Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2，故 C错误；D羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH 提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故 D正确；故选 D。12下列说法不正确的是（）A

17、乙烯的结构简式为CH2CH2B乙烯分子中6 个原子共平面C乙烯分子的一氯代物只有一种D CHBrCHBr分子中所有原子不可能共平面【答案】D【解析】【详解】A.乙烯的结构简式为CH2=CH2，A 正确；B.乙烯是平面型分子，分子中6 个原子共平面，B 正确；C.乙烯分子结构完全对称，只有一种等效氢原子，则一氯代物只有一种，C正确；D.乙烯是平面型分子，直接连在双键碳上的溴原子和2 个碳原子、2 个氢原子共平面，D 错误；答案为 D；13能用离子方程式2H+CO32 CO2+H2O 表示的是A NaHSO4和 Na2CO3BHCl 和 BaCO3CCH3COOH 和 Na2CO3DHI 和 Na

18、HCO3【答案】A【解析】【详解】A.NaHSO4=Na+H+SO42-，Na2CO3=2Na+CO32-，所以两者反应可以用2H+CO32 CO2+H2O 表示，故 A正确；B.BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B 错误；C.CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；D.NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D 错误；故选：A。14乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）A 3 种B 4 种C5 种D6 种【答案】D【解析】乙基环己烷中有6 种氢原子，因此一溴代物有6 种，故选项C正确。15改变 0.01mol/LNaAc 溶液的 pH，溶液中HAc、Ac、H+、OH浓

19、度的对数值lgc 与溶液 pH 的变化关系如图所示。若pKa-lgKa，下列叙述错误的是A直线 b、d 分别对应H+、OHBpH6 时，c(HAc)c(Ac)c(H+)CHAc 电离常数的数量级为10-5D从曲线a 与 c 的交点可知pKapH 4.74【答案】B【解析】【分析】微粒的浓度越大，lgc 越大。酸性溶液中c(CH3COOH)0.01mol/L，lgc(CH3COOH)-2，碱性溶液中c(CH3COO-)0.01mol/L，lgc(CH3COO-)-2；酸性越强lgc(H+)越大、lgc(OH-)越小，碱性越强lgc(H+)越小、lgc(OH-)越大，根据图象知，曲线c 为 CH3

20、COOH，a 为 CH3COO-，b 线表示 H+，d 线表示 OH-。据此分析解答。【详解】A.根据上述分析，直线b、d 分别对应H+、OH，故 A 正确；B.根据图象，pH6 时，c(Ac)c(HAc)c(H+)，故 B 错误；C.HAc电离常数Ka=33c Hc CH COOc CHOOH()C，当 c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，故 C 正确；D.曲线 a与 c的交点，表示 c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据 C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa-lgKa-lg c(H+)=pH4.74，故 D

21、 正确；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16为探究氧化铜与硫的反应并分析反应后的固体产物，设计如下实验装置。(1)如图连接实验装置，并_。(2)将氧化铜粉末与硫粉按5：1 质量比混合均匀。(3)取适量氧化铜与硫粉的混合物装入大试管中，固定在铁架台上，打开_ 和止水夹a 并_，向长颈漏斗中加入稀盐酸，一段时间后，将燃着的木条放在止水夹a 的上端导管口处，观察到木条熄灭，关闭活塞K 和止水夹a，打开止水夹b。该实验步骤的作用是_，石灰石与稀盐酸反应的离子方程式为 _。(4)点燃酒精灯，预热大试管，然后对准大试管底部集中加热，一段时间后，气球膨胀，移除酒精灯，反应继续进行。待

22、反应结束，发现气球没有变小，打开止水夹c，观察到酸性高锰酸钾溶液褪色后，立即用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞K。这样操作的目的是_。(5)拆下装置，发现黑色粉末混有砖红色粉末。取少量固体产物投入足量氨水中，得到无色溶液、但仍有红黑色固体未溶解，且该无色溶液在空气中逐渐变为蓝色。查阅资料得知溶液颜色变化是因为发生了以下反应：4Cu(NH3)2+O2+8NH3?H2O=4Cu(NH3)42+4OH+6H2O。经分析，固体产物中含有Cu2O。Cu2O 溶于氨水反应的离子方程式为_。仍有红色固体未溶解，表明氧化铜与硫除发生反应4CuO+S2Cu2O+SO2外，还一定发

23、生了其他反应，其化学方程式为_。进一步分析发现CuO 已完全反应，不溶于氨水的黑色固体可能是_(填化学式)。【答案】检查装置气密性活塞 K 关闭b、c 排除装置中的空气或氧气CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 避免 SO2污染空气Cu2O+4NH3 H2O=2Cu(NH3)2+2OH+3H2O 2CuO+S2Cu+SO2Cu2S【解析】【分析】(1)硫在加热条件下易于空气中的氧气反应，对该实验会产生影响，要确保实验装置中无空气，保证密闭环境；(3)氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行，石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气；(4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，二氧化

24、硫有毒不能排放到大气中；(5)反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，加入氨水后但仍有红黑色固体未溶解，表明有Cu，CuO 与 S 的质量比为 51。而生成Cu2O 的反应方程式为4CuO+S2Cu2O+SO2，其中 CuO 与 S 的质量比为101，因此 S 过量。【详解】(1)探究氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行(S在空气与O2反应)，故需对装置进行气密性检查；(3)利用石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气，打开K使盐酸与石灰石接触，打开a，并检验是否排尽空气，该实验步骤的作用是排除装置中的空气或氧气。石灰石与盐酸反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；(

25、4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞K 的目的是尽量使SO2被吸收，避免污染环境；(5)结合题意，反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，因为 Cu2O 与氨水反应为Cu2O+4NH3 H2O=2Cu(NH3)2+(无色)+2OH+3H2O，4Cu(NH3)2+O2+8NH3 H2O=4 Cu(NH3)42+(蓝色)+4OH+6H2O。但仍有红黑色固体未溶解，表明有 Cu，反应方程式为2CuO+S2Cu+SO2，其中 CuO 与 S的质量比为51。而生成Cu2O 的反应方程式为 4CuO+S2Cu2O+SO2，其中 CuO与

26、 S的质量比为101，因此 S过量，则可能发生反应2Cu+SCu2S，黑色固体为Cu2S。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如图：已知：烃 A 的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢化合物B为单氯代烃；化合物C的分子式为C5H8 E、F为相对分子质量差14 的同系物，F是福尔马林的溶质R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题：（1）A 的结构简式为 _。（2）由 B 生成 C 的化学方程式为_。（3）由 E和 F生成 G 的反应类型为_，G的化

27、学名称为_。（4）由 D 和 H 生成 PPG的化学方程式为_；若 PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为_(填标号)。a.48 b.58 c.76 d.122（5）D 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_种(不含立体异构)；能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体既能发生银镜反应，又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3 组峰，且峰面积比为61 1 的是 _(写结构简式)；D 的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是_(填标号)。a.质谱仪b.红外光谱仪c.元素分析仪d.核磁共振仪【答案】+NaOH+NaCl+H2O 加成反应3-羟基丙醛(或

28、-羟基丙醛)n+n+(2n-1)H2O b 5 c【解析】【分析】烃 A 的相对分子质量为70，由7012=510，则 A 为 C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A 的结构简式为；A 与氯气在光照下发生取代反应生成B，B 为单氯代烃，则 B为，化合物 C的分子式为C5H8，B 发生消去反应生成C，C 为，C发生氧化反应生成D，D 为HOOC(CH2)3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为 HCHO，E、F为相对分子质量差14 的同系物，可知E为CH3CHO，由信息可知E与 F发生加成反应生成G，G 为 HOCH2CH2CHO，G 与氢气发生加成反应生成H，H 为 HOCH2C

29、H2CH2OH，D 与 H 发生缩聚反应生成PPG()，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A 的结构简式为，故答案为：；(2)由 B 发生消去反应生成C的化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；(3)由信息可知，由E和 F生成 G 的反应类型为醛醛的加成反应，G 为 HOCH2CH2CHO，G 的名称为3-羟基丙醛，故答案为：加成反应；3-羟基丙醛；(4)由 D 和 H 生成 PPG的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O，故答案为：n+n+(2n-1)H2O；若 PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为1000012816

30、41 12 58，故答案为：b；(5)D 为 HOOC(CH2)3COOH，D的同分异构体中能同时满足：能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含-COOH，既能发生银镜反应，又能发生水解反应-COOCH，D 中共 5 个 C，则含 3 个 C-C-C上的 2 个 H 被-COOH、-OOCH取代，共为3+2=5 种，含其中核磁共振氢谱显示为3 组峰，且峰面积比为611 的是，D 及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：5；c。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18高铁酸钾（K2FeO4）被人们称为“绿色化学”净水剂，它在强碱性溶液中稳定，在Fe(O

31、H)3催化作用下会发生分解。以硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）生产 K2FeO4的工艺流程如下：（l）滤渣 1 的主要成分是_（填化学式）。（2）“酸浸”中，氧化铁与硫酸反应的化学方程式_。添加适量的H2O2的作用是将 _，加入硫酸的量不宜过量太多的原因是_。（3）“氧化”时，在碱性环境下加入适量NaClO，则发生反应离子方程式为_，滤渣 2 的成分为 _（填化学式）。（4）“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH一、Cl一、SO42、_、_（填化学式）。（5）电解法也可制得K2FeO4，装置如右图所示。阳极的电板及应式为_。【答案】SiO2232

32、42432Fe O3H SOFe(SO)3H O2Fe氧化为3Fe可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量32422Fe3ClO10OH2FeO3Cl5H O2()Mg OH24FeO2AlO242684FeeOHFeOH O【解析】【分析】硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）加入稀硫酸、过氧化氢，滤渣为二氯化硅，滤液中含有铁离子、铝离子和镁离子，加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液混合发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，过滤除去氢氧化镁，滤液中加入氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质

33、，“过滤 3“所得滤液中含有的阴离子有 OH一、Cl一、SO42、2AlO、24FeO，可用重结晶法提纯，以此解答此题。【详解】硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）其中 Fe2O3，Fe3O4，Al2O3，MgO均和硫酸反应，生成溶于水的硫酸盐，SiO2不与硫酸反应，过滤后SiO2变为滤渣，故答案为SiO2；氧化铁与硫酸反应的化学方程式为23242432Fe O3H SOFe(SO)3H O，添加适量的H2O2的作用是将2Fe氧化为3Fe，加入硫酸过多，会在氧化这一步骤中与NaOH 反应，消耗氢氧化钠，故答案为：23242432Fe O3H SOFe

34、(SO)3H O，2Fe氧化为3Fe，可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量；“氧化”时，在碱性环境下加入适量NaClO，反应的化学方程式为24324242Fe(SO)3NaClO10NaOH2Na FeO3NaCl3Na SO5H O，改写成离子方程式为：32422Fe3ClO10OH2FeO3Cl5H O，过滤 1 的溶液中含有2Mg、3Al，3Al与过量的碱生成2AlO，2Mg与OH生成2()Mg OH沉淀，故答案为：32422Fe3ClO10OH2FeO3Cl5H O，2()Mg OH；“过滤 3”所得滤液中除含阴离子OH一、Cl一、SO42外，还有“氧化”这一步骤中生成的2AlO、24

35、FeO，故答案为：2AlO、24FeO；电解时阳极发生氧化反应，铁在碱性条件下被氧化为24FeO，电极反应式为：242684FeeOHFeOH O，故答案为：242684FeeOHFeOH O。【点睛】把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，注意把握物质的性质。19K3Fe(C2O4)3 3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O制备 K3Fe(C2O4)3 3H2O 具体流程如图：回答下列问题：(1)步骤滴加过量6%H2O2，生成红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为_。生

36、成的沉淀不易过滤，过滤前需要的操作是_。(2)步骤将Fe(OH)3加入到 KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH 为 3.5-4，若 pH 偏高应加入适量_（填“H2C2O4”或“K2C2O4”）。(3)步骤的操作是_、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，用 95%乙醇洗涤的目的是_。(4)测定 K3Fe(C2O4)3 3H2O 中铁的含量。称量 mg 样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol L-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定反应的氧化产物为 _。滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器是_（“酸式”或“碱式”）滴定管。向上述溶液中加入过量锌粉至将铁元素全部还原为Fe2+后，

37、过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用 cmol L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液 VmL。该样品中铁的质量分数的表达式为_。【答案】2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3煮沸H2C2O4蒸发浓缩、冷却结晶除去晶体表面的水分CO2酸式556100%1000cVm【解析】【分析】莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O中加入 NaOH，发生的反应为Fe2+与 OH-反应生成Fe(OH)2；加入 H2O2，发生反应为Fe(OH)2与 H2O2反应生成Fe(OH)3；在反应中，Fe(OH)3固体与 KHC2O4反应，生成K3Fe(C2O4)3

38、溶液；将溶液蒸发结晶便可得到K3Fe(C2O4)3 3H2O 晶体，再洗涤干燥，从而获得纯净的晶体。【详解】(1)步骤滴加过量6%H2O2，将 Fe(OH)2氧化为 Fe(OH)3红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3。生成的沉淀呈胶状，不易过滤，过滤前需要加热煮沸以破坏其胶状结构，操作是煮沸。答案为：2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3；煮沸；(2)步骤若pH 偏高，则应加酸将pH 降低，所以应加入适量H2C2O4。答案为：H2C2O4；(3)步骤是从溶液中提取溶质，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，因

39、结晶水合物受热易失去结晶水，所以用95%乙醇洗涤，目的是除去晶体表面的水分，防止晶体受热失去结晶水。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；除去晶体表面的水分；(4)滴定时，H2C2O4被氧化生成CO2，反应的氧化产物为CO2。滴定时，因高锰酸钾会腐蚀橡皮管，所以盛放高锰酸钾溶液的仪器是酸式滴定管。答案为：CO2；酸式；Fe3+被 Zn 还原为 Fe2+，Fe2+被 KMnO4氧化生成Fe3+，关系式为5Fe3+5Fe2+KMnO4，则n(Fe3+)=cmol L-1 V 10-3L 5=5 10-3cVmol，该样品中铁的质量分数的表达式为3510 mol56g/mol100%gcVm=556100%1000cVm。答案为：556100%1000cVm。【点睛】胶状沉淀呈胶状，容易堵塞滤纸的孔隙，使水难以顺利流下，所以过滤胶状沉淀物时，需加热破坏胶体结构。