- 卤素原子结构及其性质的比较
- 共92题
铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁
请回答下列问题：
14.若A为
15.若B为
16.若C为
17.为测定溶液Ⅰ中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液Ⅰ于带塞锥形瓶中，加入足量
已知：
滴定选用的指示剂及滴定终点观察到的现象__________．
溶液Ⅰ中铁元素的总含量为__________ 
正确答案
3Fe+4H2O（g）=Fe304+4H2；
解析
根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁.硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3−氧化Fe2＋为Fe3＋，本身被还原为Cl−，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2＋＋ClO3−＋6H＋═6Fe3＋＋Cl−＋3H2O，故答案为：6Fe2＋＋ClO3−＋6H＋═6Fe3＋＋Cl−＋3H2O；
考查方向
解题思路
铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；
正确答案
6Fe2++ClO3﹣+6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2O；
解析
根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁.硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3−氧化Fe2＋为Fe3＋，本身被还原为Cl−，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2＋＋ClO3−＋6H＋═6Fe3＋＋Cl−＋3H2O，故答案为：6Fe2＋＋ClO3−＋6H＋═6Fe3＋＋Cl−＋3H2O；
考查方向
解题思路
溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3−氧化Fe2＋为Fe3＋，本身被还原为Cl−，根据得失电子相等.电荷守恒.质量守恒配平。
正确答案
1.3.2.K2FeO4.3.H2O；
解析
KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得K2FeO4，则缺项中有一种为K2FeO4，K2FeO4中铁元素化合价为＋6，则亚铁离子从＋3价变为＋6价，化合价升高3价，化合价至少升高3×2＝6价；KNO3中N元素从＋5降为KNO2中的＋3价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为1，KNO3的系数为3，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：Fe2O3＋3KNO3＋2KOH＝K2FeO4＋3KNO2＋H2O，故答案为：1.3.4.2.K2FeO4.3.2.H2O；
考查方向
解题思路
若C为KKO3和KOH的混合物，与Fe2O3加热共融制得高铁酸钾，则缺项物质为K2FeO4和H2O，根据得失电子相等.质量守恒配平；
正确答案
淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；5.6； 偏高．
解析
Fe3＋氧化I−生成I2，淀粉遇碘变蓝，选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；
由2Fe3＋＋2I−═2Fe2＋＋I2.I2＋2S2O32−═2I−＋S4O62−可得：Fe3＋～S2O32−，则n（Fe3＋）＝n（S2O32−）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，铁元素总含量为：56g/mol×0.002mol/0.02L＝5.6g/L；H2O2也能氧化I−生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高，故答案为：5.6；偏高；
考查方向
解题思路
反应原理中有碘单质生成和消耗，碘单质遇到淀粉显示蓝色，可选淀粉为指示剂；当碘单质完全反应后溶液由蓝色变为无色，据此判断滴定终点；根据反应2Fe3＋＋2I−═2Fe2＋＋I2.I2＋2S2O32−═2I−＋S4O62−找出关系式Fe3＋～S2O32−，然后根据关系式计算出铁离子的物质的量，再根据c＝nV计算出铁元素含量；根据双氧水对消耗S2O32−的物质的量的影响判断误差；
4.下列不能用于判断F和Cl的非金属性强弱的事实是
A气态氢化物的稳定性
B最高价氧化物对应水化物的酸性
C单质与氢气反应的难易
D单质与氢气反
正确答案
解析
A、HF比HCl稳定，所以F比Cl的非金属性强，故A正确；
B、氟无正价，故B错误；
C、F比Cl易与氢气反应，所以F比Cl的非金属性强，故C正确；
D、氟气与氢气反应放出的热量比氯气与氢气反应放出的热量多，所以氟的非金属性强于氯，故D正确；
考查方向
非金属性强弱的比较
解题思路
比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱
易错点
氟无正价
教师点评
本题考查非金属性的比较，题目难度不大，注意元素非金属性和金属性的比较角度，学习中注意相关基础知识的积累
知识点
2．下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
正确答案
解析
A．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀，所以不能证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，A错误；
B．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，应先调节溶液至碱性，B错误；
C．向氯水中滴加AgNO3、稀HNO3溶液，产生难溶于硝酸的白色沉淀，因此氯水中含有氯离子，C正确；
D．用某已知浓度的HCl 滴定未知浓度的NaOH，滴定前尖嘴有气泡滴定终点气泡消失，导致盐酸溶液体积读数偏大，所得氢氧化钠的浓度偏高，D错误。
故选C。
考查方向
解题思路
A．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀；
B．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行；
C．氯水中含有氯离子；
D．滴定前尖嘴有气泡滴定终点气泡消失，导致盐酸溶液体积读数偏大。
易错点
本题考查化学实验方案的评价，侧重于基本实验的操作的考查，涉及物质的检验和平衡移动的问题，题目难度不大，注意把握相关基础知识。
知识点
14．向含有5×10-3mol HIO
入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中（ ）
正确答案
解析
A、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质和碘单质，所以溶液变蓝且有S析出，根据电子守恒、原子守恒，得到2HIO3～5H2S～5S，所以5×10-3molHIO3被消耗，就会得到硫单质是
B、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-，所以5×10-3molHIO3被消耗，就会消耗0.015mol的H2S，标况下体积为336mL，故B正确；
C、HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质和碘单质，H2S被氧化，继续通入H2S，会和碘单质之间发生反应，碘单质消失，H2S被氧化，故C错误；
D、整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-～6e-，消耗5×10-3molHIO3伴随0.03mol电子转移，转移电子总数为3.0×10-2NA，故D正确
考查方向
氧化还原反应
解题思路
HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化生成硫单质和碘单质，所以溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，会和碘单质之间发生反应，碘单质消失，所以溶液的蓝色褪去
易错点
氧化还原中的关系法计算
教师点评
本题考查学生氧化还原反应中的电子守恒的计算知识，注意知识的迁移应用是关键，难度不大
知识点
19.常温下用 a L pH=3的HX溶液与 b L pH=11的氢氧化钠溶液相混合，下列叙述正确的是
正确答案
解析
A．如果HX是强酸，则两者恰好完全中和a=b，如果HX是弱酸，浓度越大的需要体积越小，所以体积a＜b，故A错误；
B．如果HX是弱酸，则a=b溶液呈酸性，故B错误；
C．HA是弱酸，溶液呈中性，则a＜b、HA是强酸，溶液呈中性，则a=b，所以一定是 a≤b，故C正确；
D．如果HX是弱酸，则a=b溶液呈酸性，而不是a＞b，故D错误
考查方向
电离平衡与溶液的pH
解题思路
A．如果HX是强酸，则两者恰好完全中和a=b；
B．如果HX是弱酸，则a=b溶液呈酸性；
C．HA是弱酸，溶液呈中性，则a＜b、HA是强酸，溶液呈中性，则a=b；
D．如果HX是弱酸，则a=b溶液呈酸性
易错点
若HX为强酸，则c（HX）=10-3mol/lL；若HX为弱酸，则c（HX）>10-3mol/lL；
教师点评
本题考查探究溶液酸碱性，为高考高频点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，题目难度中等
知识点
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