点评： 本题通过离子间是否反应来考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意氧化还原的配平、双水解方程的书写以及是否符合反应实际的角度分析．
5．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法错误的是（ ）
A． 碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂 B． 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行 C． 可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化 D． 常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大
考点： 铁盐和亚铁盐的相互转变． 专题： 元素及其化合物．
3+
分析： A．根据Fe能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；
B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；
2+3+
C．KSCN溶液遇Fe溶液无现象，遇Fe溶液变红； D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．
解答： 解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe，Fe，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；
B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；
2+3+
C．KSCN溶液遇Fe溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe，KSCN溶液
3+
遇Fe溶液变红，故C正确； D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误； 故选D． 点评： 本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大．
6．新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox 3＜x＜4，M=Mn、Co、Zn或Ni，在该盐中均显+2价）由铁酸盐（MFe2O4）经高温与氢气反应制得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物（SO2、NO2等）转化为其单质除去，转化流程如图．关于此转化过程的叙述不正确的是（ ）
3+
3+
A． MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性
B． MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应 C． MFe2Ox与SO2反应中MFe2Ox被还原
D． 若4 mol MFe2Ox与1 mol SO2恰好完全反应，则MFe2Ox中x的值为3.5
考点： 氧化还原反应． 专题： 氧化还原反应专题． 分析： A．MFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低； B．MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降； C．MFe2Ox与SO2反应中，Fe元素的化合价升高；
D．若4 mol MFe2Ox与1 mol SO2恰好完全反应利用电子守恒确定Fe元素的化合价，以此确定x．
解答： 解：A．MFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低，则MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性，故A正确；
B．MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降，则属于氧化还原反应，故B正确；
C．MFe2Ox与SO2反应中，Fe元素的化合价升高，MFe2Ox被氧化，故C错误； D．若4 mol MFe2Ox与1 mol SO2恰好完全反应，由电子守恒可知， 4mol×2×（3﹣n）=1mol×（4﹣0）， 解得n=2.5，
由化合物中正负化合价的代数和为0可知， +2+（+2.5）×2+2x=0， 所以x=3.5， 故D正确； 故选：C． 点评： 本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度中等，选项D为解答的难点．
7．用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法．其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中不正确的是（ ）
A． X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极 B． 阳极区pH增大 C． 图中的b＞a
D． 该过程中的产品还有H2SO4
考点： 原电池和电解池的工作原理．
分析： A．根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向确定电源的正负极； B．阳极上亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，溶液酸性增强； C．根据S原子守恒判断a、b大小；
D．电解池阴极上氢离子得电子，阳极上亚硫酸根离子失电子．
解答： 解：A．根据阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt（Ⅰ）电极移动，阴离子向Pt（Ⅱ）移动，因此Pt（Ⅰ）为阴极，Pt（Ⅱ）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A正确；
B．阳极上，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，所以阳极附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B错误；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b＞a，故C正确；
D．该电解池中阳极上生成硫酸，阴极上生成氢气，所以该过程中的产品主要为H2SO4和H2，故D正确； 故选B． 点评： 本题考查学生电解池的工作原理，能正确分析图片是解本题的关键，注意图片中加入物质和析出物质的变化．
二、非选择题（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题
8．已知有机色质的发色官能团可以被氧化或发生加成反应生成无色物质．
（1）为了探索比较SO2和Cl2的漂白原理，甲同学做了如下对比实验：
a．将干燥的SO2和干燥的Cl2分别通到干燥的品红试纸上，发现红色试纸均不褪色； b．将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，发现品红溶液均褪色；
c．加热b中漂白后的溶液，发现前者恢复红色，并产生刺激性气味的气体，后者无明显现象；
d．将SO2和Cl2分别持续通入紫色石蕊试液中，发现前者只变红，不褪色，后者先变红，后褪色．
请根据甲同学的实验事实，简要说明SO2与Cl2漂白原理的相同与不同之处．
相同之处：SO2和Cl2本身都没有漂白性，起漂白作用的分别是其与水反应后的产物H2SO3 和HClO
不同之处：①H2SO3只能与某些有机色质发生加合或化合反应，生成不稳定的无色物质，产物受热分解再放出SO2，是非氧化还原反应．HClO能与很多有机色质发生 氧化还原 反应，生成物较稳定．
（2）乙同学为了探索对比O3、H2O2和Cl2的漂白能力大小，将等体积等浓度的品红溶液与三种漂白剂呈喷雾状分别反应，至完全褪色时，发现消耗三种漂白剂的物质的量相同，但褪色时间O3最短，H2O2次之，Cl2最长．
②消耗三种漂白剂的物质的量相同的原因是：每摩尔物质 得电子数 相等．
③O3漂白速度较H2O2快的主要原因是 氧化性O3＞H2O2 ；
④Cl2漂白速度最慢的主要原因可能是 Cl2与H2O反应生成HClO浓度较小 ．
（3）丙同学为了比较H2O2和NaClO的氧化性强弱，将两者混合，观察到产生大量无色无味气体．
⑤丙同学认为，发生反应的离子方程式为 H2O2+ClO═Cl+H2O+O2↑ ，
由此确认NaClO的氧化性强于H2O2；丁同学认为产生气体也可能是H2O2分解的原因，建议丙同学进一步补充实验来确认．
﹣
﹣
⑥补充实验需要的试剂是 AgNO3溶液和稀HNO3 ．
考点： 性质实验方案的设计． 专题： 实验设计题．
分析： ①次氯酸具有强氧化性，能够与有色物质发生氧化还原反应而导致有色物质褪色，且反应为非可逆的；
②O3、H2O2和Cl2与等体积等浓度的品红溶液分别反应，至完全褪色时，发现消耗三种漂白剂的物质的量相同，说明三种物质转移电子物质的量相等； ③反应速率快慢是由物质本身性质决定的，外界只是影响因素； ④物质的浓度越小，反应速率越小；
⑤产生的无色无味的气体是氧气，说明双氧水中氧元素被次氯酸根离子氧化成氧气，据此写出反应的离子方程式；
⑥若次氯酸根离子参与了反应，则反应后的溶液中一定含有氯离子，可用稀硝酸和硝酸银进行检验．
解答： 解：①HClO检验强氧化性，能与很多有机色质发生氧化还原反应，且生成物较稳定，加热不会恢复， 故答案为：氧化还原；
②O3、H2O2和Cl2与等体积等浓度的品红溶液分别反应时，这三种物质具有强氧化性而使品红溶液褪色，至完全褪色时，发现消耗三种漂白剂的物质的量相同，说明三种物质转移电子物质的量相等，即每摩尔物质得电子数相等， 故答案为：得电子数；
③反应速率快慢是由物质本身性质决定的，外界只是影响因素，O3漂白速度比H2O2漂白速度快的主要原因是氧化性：O3＞H2O2， 故答案为：氧化性O3＞H2O2；
④物质的浓度越小，反应速率越小，氯气溶解性较小，1体积水只能溶解2体积氯气，所以氯气和水反应生成的HClO浓度较小，则Cl2漂白速度最慢， 故答案为：Cl2与H2O反应生成HClO浓度较小；
⑤生成的无色无味的气体应该为氧气，说明双氧水被次氯酸根离子氧化成氧气，反应的离子方程式为：H2O2+ClO═Cl+H2O+O2↑，
﹣﹣
故答案为：H2O2+ClO═Cl+H2O+O2↑；
⑥可以检验反应后的溶液中是否含有氯离子进行判断次氯酸根离子是否发生反应，需要用到的试剂为AgNO3溶液和稀HNO3， 故答案为：AgNO3溶液和稀HNO3． 点评： 本题考查性质实验方案的设计，题目难度的，设计漂白原理、化学反应速率影响因素、氧化性强弱判断、离子方程式书写、实验方案的设计与评价等知识，需要明确决定反应速率的是物质本身的性质，外界只是影响因素，弄清二氧化硫与这三种物质漂白原理的区别． 9．盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐）．实验室以盐泥为原料制取MgSO4?7H2O的实验过程如下：
﹣
﹣
已知：①室温下Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10．②在溶液中，Fe、Fe、Al从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7．③三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示．
﹣122+3+3+
（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2以及煮沸的目的是 提高Mg的浸取率（其他合理答案均可） ．
（2）若室温下的溶液中Mg的浓度为6.0mol?L，则溶液pH≥ 8 才可能产生Mg（OH）2沉淀．
（3）由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是 温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4?2H2O溶解度小等合理答案均可） ，滤渣的主要成分是 Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4?2H2O ．
（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4?7H2O晶体的实验步骤依次为①向滤液Ⅱ中加入 NaOH溶液 ；②过滤，得沉淀；③ 向沉淀中加足量稀硫酸 ；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品．
（5）若获得的MgSO4?7H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约为 20.0% （MgSO4?7H2O的相对分子质量为246）．
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： 盐泥主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐），加入稀硫酸，硅酸盐生成硅酸沉淀，碳酸盐生成二氧化碳气体和阳离子，过滤除去难溶性物质．滤液Ⅰ中含2+3+3++2+2+2+3+3+Fe、Fe、Al、H、Mg、Ca等阳离子；滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需除去Fe、Fe、Al、+2+2+H、Ca，只保留Mg；
（1）根据离子完全沉淀的pH值来确定在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的； （2）根据氢氧化镁的Ksp=c（Mg）?c（OH）来计算；
（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线来回答；滤渣的成分根据加入次氯酸钠发生发生反应考虑；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体；
（5）根据镁元素守恒结合关系式：MgSO4?7H2O﹣Mg（OH）2进行计算． 解答： 解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2
2+2+
并煮沸的目的是为了提高Mg的浸取率，故答案为：为了提高Mg的浸取率；
﹣﹣12+22+
（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg）?c（OH），溶液中Mg的浓度为6.0mol?L，则溶液的氢氧根浓度=
mol/L=10mol/L，所以氢离子浓度为
﹣6
2+
2+﹣1
2+
﹣
2