1、河南省商丘市柘城县第三高级中学2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1常温时，纯水中由水电离的c（H+）=a；pH=1的盐酸中由水电离的c（H+）=b；02mol/L的盐酸与01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后（恢复至常温，不考虑体积变化），由水电离的c（H+）=c，则a、b、c的关系正确的是（ ）Aab=c Bbca Ccba Dacb【答案】D【解析】试题分析：酸或碱能够抑制水电离，02mol/L的盐酸与01mol/L 的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后的溶液中含有氯化钠和盐酸，溶液中氢离子浓度005mol/L ，盐酸中的氢离子抑制了水的电离，氢离子浓度越大，水的电离
2、程度越小，pH=1的盐酸中，氢离子浓度为0.1mo/lL，所以a、b、c的关系是acb，选D。考点：考查水的电离。2下列几种物质露置于空气中都会变质，其中一种物质不同于另外三种物质的是（ ）A.钠 B.漂白粉 C.氧化钠 D.过氧化钠【答案】C【解析】钠、漂白粉、过氧化钠露置于空气中分别发生下列反应：4Na+O2=2Na2O，Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，2HClO=2HCl+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，均为氧化还原反应，而氧化钠露置于空气中，发生的反应为Na2O+CO2=Na2CO3，是非氧化还原
3、反应。3下列烧杯中盛放的都是稀H2SO4，在Cu电极上产生大量气泡的是（ ） 【答案】A【解析】构成原电池的条件是：1、要有活动性不同的两个电极；2、要有电解质溶液；3、要形成闭合回路；4，能自发进行氧化还原反应；A正确，B错，不能自发进行氧化还原反应；同理C错；D错，没有形成闭合回路；4下列变化中，属于放热反应的是AH2O(g)H2O(l) H= -44kJ/mol B2HI(g)H2(g)+I2(g) H=+149kJ/molC能量变化如图所示的化学反应 D形成化学键时放出能量的化学反应【答案】C【解析】试题分析：水由气态到液态是放热热的物理变化，选项A不正确； 热化学方程式中吸热为正，选
4、项B不正确；反应物的总能量大于生成物的总能量必定是放热反应，选项C正确形成化学键必定放出能量，但不一定是放热反应，选项D不正确。考点：有关反应热的分析5目前含有元素硒（Se）的保健品已开始涌入市场，已知它与氧同主族，而与钙同周期，下列关于硒的有关描述中不正确的是A原子序数22 B最高价氧化物为SeO3，为酸性氧化物C原子半径比钙小 D气态氢化物化学式为H2Se【答案】A【解析】60.01mol的Na2CO3加入pH1的100ml H2SO4溶液中，充分反应后向混合液中加入1.22g的BaCl2xH2O，Ba2+恰好完全沉淀，则x的值是（ ）A8B6C4D2【答案】D【解析】化学计算能更好的考查
5、学生的分析问题，解决问题的能力。本题学生只有分析清楚了反应的实际过程才能顺利的得出答案。n(CO32-)0.01mol、n(H+)0.01mol，二者恰好生成0.01mol HCO3-，加BaCl2xH2O生成沉淀只能是BaSO4，因为是恰好沉淀，所以n(Ba2+)n(SO42-)0.005mol，所以n(BaCl2xH2O)0.005mol，M(BaCl2xH2O)244g/mol，x27四种短周期元素在周期表中的相对位置如表所示，下列说法正确的是A1个37W原子中，质子数比中子数多3个BY和W处于同一主族，具有相同的最高价态CZ形成简单阴离子半径小于W形成简单阴离子半径DX与Y、Z与W每组
6、两种元素间均可形成电子数相等的氢化物【答案】D【解析】试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知X是N、Y是F、Z是S、W是Cl，则A1个37W原子中，中子数比质子数多3717173个，A错误；BY和W处于同一主族，F没有正价，氯元素的最高价是7价，B错误；C核外电子排布相同的微粒，其离子半径随原子序数的增大二减小，则Z形成简单阴离子半径大于W形成简单阴离子半径，C错误；DX与Y、Z与W每组两种元素间均可形成电子数相等的氢化物，分别是氨气和氟化氢、硫化氢和氯化氢，D正确，答案选D。考点：考查位置、结构与性质的应用8金属锡的冶炼常用焦炭作还原剂：SnO22C=Sn2CO，反应过程中能量的变化如图
7、所示。下列有关该反应的H、S的说法中正确的是AH0 S0 S0CH0DH0 S0【答案】D【解析】试题分析：根据图像可知生成物的能量高于反应物的总能量，所以正反应是吸热反应，则H0；根据方程式可知正反应是体积增大的反应，所以S0，答案选D。考点：考查焓变和熵变的判断9等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是A18molL-1H2SO4溶液 B2molL-1H2SO4溶液C6 molL-1KOH溶液 D3 molL-1HNO3溶液 【答案】B【解析】试题分析：A、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；B、镁、铝都和稀硫酸反
8、应生成氢气；C、镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钠反应生成氢气；D、硝酸为强氧化性酸，和镁、铝反应不产生氢气。综上，答案B。考点：Al强酸强碱溶液反应的有关计算。10下列有关化学用语表示正确的是（ ）A乙烯的最简式：CH2=CH2 ； 对甲基苯甲醇的结构简式：BCl的结构示意图： 甲烷分子的球棍模型：CHCO3的水解方程式为：HCO3H2O CO32H3OD羟基的电子式： ；原子核内有20个中子的氯原子：【答案】D【解析】试题分析：A、乙烯的最简式：CH2，A项错误；B、甲烷中碳原子直径比氢原子大，B项错误；C、：HCO3H2O CO32H3O是HCO3的电离方程式，C项错误；D、羟基的电子式
9、： 原子核内有20个中子的氯原子，D项正确；答案选D。考点：考查化学用语11有关下列离子方程式的说法正确的是A等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合:Mg23OHH=Mg(OH)2H2OB向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应为:2AlO2CO23H2O=2Al(OH)3CO32C等物质的量的FeBr2与Cl2反应为：2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24ClD用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO46H5H2O2=2Mn25O28H2O【答案】C【解析】试题分析：A等物质的量MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合后首先发生中和反应，
10、剩余的氢氧化钡再与氯化镁反应生成白色沉淀氢氧化镁，但反应后氯化镁过量，即:Mg24OH2H=Mg(OH)22H2O，A错误；B向NaAlO2溶液中通入过量CO2的反应AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，B错误；C等物质的量的FeBr2与Cl2反应中氯气首先氧化亚铁离子，然后再氧化溴离子，其中溴离子过量，则反应可表示为2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl，C正确；D浓盐酸也能被KMnO4溶液氧化生成氯气，应该用稀硫酸酸化，D不正确，答案选C。考点：考查离子方程式正误判断12用0.1mol/L的NaOH溶液滴定100mL0.1mol/L盐酸时，如果滴定误差在0.1%以内，反应完
11、毕后，溶液的pH范围是A4.39.7 B3.310.7 C6.97.1 D68【答案】A【解析】试题分析：误差范围在0.1%内，即0.1mL，少加0.1mLNaOH时，盐酸过量0.1100-0.199.9C(H+) =(0.1100-0.199.9)/(100+99.9)=510-5pH=-lg510-5=4.3；多加0.1mLNaoH时，氢氧化钠过量0.1100.1-0.1100C(OH-)=(0.1100.1-0.1100)/(100.1+100)=510-5pOH=-lg510-5 =4.3pH=-14-4.3=9.7所得溶液PH的范围：4.39.7。考点：考查中和滴定的计算13下列变化
12、中，不存在化学键断裂的是A氯化氢气体溶于水 B干冰气化C氯化钠固体溶于水 D氢气在氯气中燃烧【答案】B【解析】试题分析：A氯化氢溶于水后，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，A不符合题意；B干冰气化，只是物质状态的变化，化学键没有断裂，B符合题意；C氯化钠固体溶于水，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，C不符合题意；D氢气的氯气中燃烧发生的化学反应，有化学键的断裂和形成，D不符合题意，答案选B。考点：考查化学键判断14下列物质中，含有离子键的是（ ）AN2 BNH3 CNaCl DHCl【答案】C【解析】试题分析：A、氮气中氮原子之间只存在共价键，故A错误；B、
13、氨气分子中氮原子和氢原子之间只存在共价键，为共价化合物，故B错误；C、NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故C正确；D、HCl中H原子和Cl原子之间只存在共价键，为共价化合物，故C错误；故选C。【考点定位】考查离子化合物的结构特征与性质【名师点晴】本题考查了离子键和共价键的判断，根据物质的构成微粒及微粒间存在的作用力来分析解答，注意离子键和共价键的区别，一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。1524 mL浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.
14、02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为A2价 B3价 C4价 D5价【答案】B【解析】试题分析：假设反应后Cr元素的化合价是+x，根据氧化剂获得电子总数与还原剂失去电子总数相等。24 mL0.05molL12=20mL0.02molL12(6-x)，解得x=3,因此选项B正确。考点：考查氧化还原反应中电子守恒的应用的知识。16（1）设NA代表阿伏加德罗常数，某晶体的化学式为Na0.35CoO21.3H2O，已知1 mol该晶体的质量是122.45g，则该晶体的相对分子质量是_；钴原子与氧原子的物质的量之比
15、是_(比值可以用小数表示)；1 mol该晶体中含有的氧原子数目为_（2）在相同条件下，体积均相等的 CH4、N2、CO2、O2四种气体中，含有原子数目最多的是 ，质量最大的是_（3）将27.8gFeSO47H2O溶于水配成100mL FeSO4溶液，从中取出20mL，此20mL溶液中C(Fe2+)为 ，m(FeSO4) 为 ，将取出的20mL溶液加水稀释到100mL，则稀释后溶液中C(FeSO4)为_（4）完全中和相同体积、相同物质的量浓度的Ba(OH)2溶液，需要相同物质的量浓度的盐酸、硫酸溶液的体积比为 。（5）在体积为V L的密闭容器中通入x mol CO和y mol O2，在一定条件下
16、反应后，测得此时容器中的C和O的个数之比为_。【答案】（1）122.45 13.3 3.3NA （2） CH4 CO2（3）1 mol/L 3.04g 0.2 mol/L （4）21 （5）x(x+2y)【解析】试题分析：（1）根据题意知Na0.35CoO21.3H2O，1 mol该晶体的质量是122.45g，则该晶体的摩尔质量为122.45g/mol，相对分子质量是122.45；该晶体的化学式为Na0.35CoO21.3H2O，钴原子与氧原子的物质的量之比是1:3.3；1 mol该晶体中含有的氧原子物质的量为3.3mol，数目为3.3NA；（2）根据阿伏伽德罗定律知在相同条件下，体积相等的
17、CH4、N2、CO2、O2四种气体的物质的量相等，含有原子数目最多的是CH4，根据m=Mn知，质量与摩尔质量成正比，质量最大的是CO2；（3）n(FeSO4)= n(FeSO47H2O)=27.8g278g/mol=0.1mol，c(Fe2+)=c(FeSO4)=0.1mol0.1L=1mol/L，从中取出20mL，此20mL溶液中c(Fe2+)仍为1 mol/L，n(FeSO4)= c(FeSO4)V=0.02mol，m(FeSO4)= n(FeSO4) M(FeSO4) =3.04g，将取出的20mL溶液加水稀释到100mL，则稀释后溶液中c(FeSO4)为0.2 mol/L；（4）根据B
18、a(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O、Ba(OH)2+H2SO4=Ba SO4+2H2O知，完全中和相同体积、相同物质的量浓度的Ba(OH)2溶液，需要相同物质的量浓度的盐酸、硫酸溶液的体积比为2:1。（5）根据原子守恒知容器内碳原子的物质的量为xmol，氧原子的物质的量为（x+2y）mol，容器中的C和O的个数之比为x(x+2y)。考点：考查以物质的量为中心的计算。17（15分）海洋资源的开发与利用具有广阔的前景。海水的pH一般在7.58.6之间。某地海水中主要离子的含量如下表：成分Na+K+Ca2+Mg2+ClSO42HCO3含量/mgL1936083160110016000120
19、0118（1）海水显弱碱性的原因是（用离子方程式表示）： ，该海水中Ca2+的物质的量浓度为_mol/L 。（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如下图所示。其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电极均为惰性电极。 开始时阳极的电极反应式为 。 电解一段时间， 极（填“阴”或“阳”）会产生水垢，其成份为 （填化学式）。 淡水的出口为a、b、c中的_出口。（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如图所示：该电池电解质为能传导 Li+的固体材料。上面左图中的小黑点表示 （填粒子符号）
20、，充电时该电极反应式为 。（4）利用海洋资源可获得MnO2 。MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾（K2MnO4），再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾。该制备过程中消耗相同条件下氯气和空气的体积比为 （空气中氧气的体积分数按20%计）。【答案】（1）HCO3H2OH2CO3OH （2分）；4103 （2分）（2） 2Cl2eCl2 （2分） 阴 （1分）；CaCO3和Mg(OH)2 （2分） b （1分）（3）Li+ （1分） LiFePO4eFePO4+Li+ （2分） （4）1:5 （2分）【解析】试题分析：（1）海水中含有碳酸氢根离子，水解
21、显碱性，离子方程式为HCO3H2OH2CO3OH。根据表中数据可知该海水中Ca2+的物质的量浓度为4103 mol/L。（2）电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，因此开始时是海水中的氯离子放电，则开始时阳极的电极反应式为2Cl2eCl2。由于阴极是氢离子放电生成氢气，从而在阴极产生氢氧根，氢氧根与镁离子结合生成CaCO3和Mg(OH)2。产生的氢氧根还能与碳酸氢根反应生成碳酸根，因此还有碳酸钙沉淀产生，则电解一段时间，阴极会产生水垢，其成份为CaCO3和Mg(OH)2。在外加电流的作用下海水中的阴阳离子分别通过阴离子交换膜和阳离子交换膜移动，从而使1个间隔室的海水被淡化，而相邻间隔室的海水被浓
22、缩，则根据装置图可知a和c是被浓缩的海水，则淡水的出口为b口。（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如右图所示：该电池电解质为能传导 Li+的固体材料。这说明锂是该电池的负极，失去电子，阳离子Li+向正极移动。则根据示意图可知左图中的小黑点表示Li+。充电是放电的逆反应，即该电极是阳极，阳极失去电子，则充电时该电极的反应式为LiFePO4eFePO4+Li+ 。（4）假设反应中得到1mol高锰酸钾，则由锰酸钾转化为高锰酸钾时锰元素的化合价从+6价升高到+7价，失去1个电子，则需要氯气0.5mol。得到1mo
23、l锰酸钾，其中锰元素的化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子。氧气在反应中得到4个电子，则根据电子得失守恒可知需要氧气是0.5mol，因此氯气与氧气的体积之比是1：1。又因为氧气在空气中的体积份数是0.2，因此氯气与空气的体积比为1：5。考点：考查海水资源的综合利用、氧化还原反应以及电化学原理的应用等18（15分）现有如下两个反应：（A）NaOH + HCl = NaCl + H2O（B）2FeCl3 + Cu = 2FeCl2 + CuCl2 （1）根据两反应本质，判断能否设计成原电池(填“能”或“不能”)（A） （B） 。（2）如果(A或B)不能，说明其原因 。（3）如果(A或B)可以，
24、则写出正、负极材料及其电极反应式，电解质溶液负极： ； 。正极： ； 。电解质溶液： 。【答案】（1）（A）不能（1分） （B）能 （1分）（2）A反应是非氧化还原反应 （2分）（3）负极：Cu（2分）：Cu-2e-=Cu2+ （2分） 正极：石墨（2分，其它合理答案亦可）：2Fe3+2e-=2Fe2+ （3分） 电解质溶液：氯化铁溶液 （2分）【解析】（1）由于电子的定向运动形成电流，所以只有氧化还原反应才能设计成原电池，A是中和反应，表示氧化还原反应，不能设计成有点像。B是氧化还原反应，可以。（3）根据B的总反应式可知，铜失去电子，作还原剂，所以作原电池的负极。正极材料只用金属性弱于铜即可
25、。氯化铁得到电子，因此电解质溶液是氯化铁。19（16分）（1）在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当引起的实验误差，用“偏高”、“偏低”或“无影响”填空：滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，使滴定结果 ；锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测溶液润洗，使滴定结果 ；滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，使滴定结果 ；滴定前平视，滴定终了俯视，使滴定结果 ；用含Na2O杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度 ；洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水，然后用锥形瓶装待测的盐酸，用NaOH标准溶液滴定时，对测得的结果 。（2）
26、已知H+(aq)+OH-(aq) = H2O(l) H= 57.3kJmol1。用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器是 。大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。若通过实验测定中和热的H，其结果常常大于57.3kJmol1，其原因可能是： 。（3）分别设计化学实验，用最佳方法证明明矾溶于水时发生的下列变化(供选用的药品和仪器：明矾溶液、石蕊试液、酚酞试液、pH试纸、酒精灯)：证明明矾发生
27、了水解反应 。证明其水解反应是一个吸热反应 。【答案】（1）偏高 偏高 偏高 偏低偏低无影响（各1分）（2）环形玻璃搅拌棒（2分）偏小（2分） 实验中不可避免有少量热量损失（2分）（3）用pH试纸测明矾溶液的pH，若其pH7，说明明矾发生了水解。（2分）加热溶液，用pH试纸测溶液的pH，若其pH比的pH小，说明明矾水解为吸热反应。（2分）【解析】试题分析：（1）未用已知浓度的标准液润洗滴定管，会导致标准液浓度偏小，反应所需标准液体积增大，从而导致最终结果偏高。锥形瓶用待测液润洗，导致锥形瓶内残留有少量待测液，消耗的标准液的体积增大，从而导致最终结果偏高。滴定前有气泡，滴定结束后无气泡，导致所测
28、的体积增大，从而导致最终结果偏高。滴定前平视，滴定终了俯视，使得计量体积减小，从而导致最终结果偏低。因NaOH固体中含有杂质Na2O,使得配得的标准液浓度偏大，消耗的标准液的体积减小，从而导致最终结果偏小。误用食盐水洗涤锥形瓶，对实验结果无影响。（2）图中装置缺少环形玻璃搅拌棒。若大烧杯上如不盖硬纸板，则会导致热量的散失，从而使得测得的反应热偏小。通过实验测得的H，其结果常常大于57.3kJmol1，则说明其反应放出的热量小于57.3kJmol1，其原因在于反应过程中不可避免的存在着热量的损失。（3）明矾水溶液中存在：Al3+3H2O Al（OH）3+3H+，通过测量溶液的pH可说明明矾发生了
29、水解。加热溶液，可促进水解的程度，因此可以加热溶液，用pH试纸测溶液的pH，若其pH比的pH小，说明明矾水解为吸热反应。考点：中和滴定；盐类的水解点评：本题考查中和滴定中操作过程对测定结果的影响，中和热的测定及盐类的水解的知识，题目难度不大，可根据所学知识进行解答。20（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O。纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下安全。160 g/L NaOH溶液是指160
30、 gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L。（1）160 g/L NaOH溶液的物质的量浓度为 。（2）发生器中鼓入空气的作用可能是 （选填序号）。a将SO2氧化成SO3，增强酸性；b稀释ClO2以防止爆炸；c将NaClO3氧化成ClO2（3）吸收塔内的反应的化学方程式为 。吸收塔的温度不能超过20，其目的是 。（4）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是 。（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是 （选填序号）。aNa2O2 bNa2S cFeCl2（6）从
31、滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作依次是 （选填序号）。a蒸馏 b蒸发 c灼烧 d过滤 e冷却结晶要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是 （填操作名称）【答案】（14分）（1） 4mol/L（2分） （2）b（2分）（3）2NaOH+2ClO2+H2O2 2 NaClO2+2H2O+O2（2分）；防止H2O2分解（2分）（4）连续测定吸收塔内溶液的pH（2分）（5）a （1分） （6）b、e、d（全对2分，有错不得分），重结晶（1分）【解析】试题分析：（1）根据题给信息知160 g/L NaOH溶液指160 gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L，NaOH的摩尔质量
32、为40g/mol，即1L该溶液含有4molNaOH，物质的量浓度为4mol/L。（2）根据题给信息知纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下安全，故发生器中鼓入空气的作用可能是稀释ClO2以防止爆炸，选b。（3）根据题给流程知吸收塔内NaOH、ClO2和H2O2 生成 NaClO2和O2，反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2 2 NaClO2+2H2O+O2。H2O2受热易分解，吸收塔的温度不能超过20，其目的是防止H2O2分解。（4）判断NaOH是否过量的简单实验方法是连续测定吸收塔内溶液的pH。（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原
33、性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是Na2O2 ，不引入杂质离子，选a。（6）从滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，答案为bed。要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是重结晶。考点：考查化学工艺流程的分析，化学方程式的书写及化学实验基本操作。21向一定量的Fe、FeO、Fe2O3混合物中加入100mol/l的盐酸100ml，可恰好使混合物完全溶解，放出224ml标准状况下的气体，向所得溶液中加入硫氰化钾，无血红色出现。 （1）若用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得到铁的质量是多少？ （2）求原混合物中铁元素的质量分数 。
34、【答案】(1)最终溶液为FeCl2 故n(Fe)= n（FeCl2）= n(Cl-)=n(HCl)= 100mol/L01L=005molm(Fe)=005mol56g/mol=28g（2）HCl中H元素反应后一部分转化成H2，另一部分转化到H2O中，故n（O）=n（H2O）=m（O）=064g所以w(Fe)=%=814【解析】本题重点考查守恒法在化学计算中的应用（1）混合物与盐酸恰好反应，所得溶液加入硫氰化钾，无血红色出现，说明没有Fe3+，故溶质只能为FeCl2，由氯元素的守恒可得：n（FeCl2）= n(Cl-)=n(HCl)= 100mol/L01L=005mol，再由铁的守恒可知：n
35、(Fe)= n（FeCl2）=005mol（2）混合物与盐酸反应中，盐酸中的H元素一部分被置换生成氢气，别一部分与混合物中的氧元素结合生成水。故生成的水的物质的量为：n（H2O）=也就是混合物中氧元素的物质的量：n（O）=n（H2O）=0.04mol，质量为：m（O）=064g综合可知，原混合物中铁元素的质量分数为：w(Fe)=%=81422X、Y、Z三种短周期元素，其单质在常温下均为无色气体，它们的原子序数之和为16，在适当条件下三种单质两两直接化合，可发生如图所示变化已知一个B分子中含有Z元素的原子个数比C分子中的Z元素的原子个数少一个请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置为 （2）
36、X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正极通入的物质名称是 负极电极反应式为 （3）X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W，C在适当条件下被W溶液吸收生成一种盐该盐水溶液pH 7（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是（用离子方程式表示）： 该溶液中所有离子浓度大小顺序为 （4）试写出实验室制取C的化学方程式 【答案】（1）第二周期VA族；（2）氧气；H2+2OH2e=2H2O；（3）小于；NH4+H2ONH3H2O+H+；c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（4）2NH4Cl+Ca（O
37、H）2CaCl2+2H2O+2NH3【解析】短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2（稀有气体除外），三元素的质子数之和为16，三种单质相互化合可以得到NO、H2O、NH3，且一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，则B为H2O、C为NH3、Z为氢，由转化关系可知，故A为NO，X为氧，Y为氮，（1）Y为氮元素是7号元素，位于周期表中第二周期VA族，故答案为：第二周期VA族；（2）X的单质为氧气与Z的单质为氢气，形成原电池反应负极上是氢气失电子发生氧化反应在碱溶液中生成水，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，负极电极反应为H2+2OH2e=2H2O，（3）X、Y、Z三种元素可组成一种强
38、酸W为HNO3，C为NH3在适当条件下被W为HNO3溶液吸收生成一种盐为NH4NO3，溶液中铵根离子水解溶液显酸性，溶液PH7，水解反应的离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，溶液中所有离子浓度大小顺序为c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH），（4）实验室制取C为氨气的化学方程式为氢氧化钙和氯化铵加热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3，【点评】本题考查位置结构性质的关系、无机物推断等，推断该题的突破口为X、Y、Z三种短周期元素的单质为无色气体，再结合信息与转化关系推断，题目难度中等23甲是一种盐，由A、B、C
39、、D、E五种短周期元素元素组成。甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子。A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族。用甲进行如下实验：取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。取少量甲溶液于试管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的质量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示；取少量甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液并加热；回答下列问题：（1）D在周期表中的位置 写出化合物AB3的电子式 （2）经测定甲晶体的摩尔质量为453 g/mol，其中阳离子和阴离子物质的量之比1:1，且1 mol 甲晶体中含有
40、12 mol结晶水。则甲晶体的化学式为 。（3）实验中根据图像得V（0a）:V（ab）:V（bc）= 。（4）实验中离子方程式是 。【答案】（l）第3周期A族 ；（2）NH4Al（SO4）212H2O或AlNH4（SO4）212H2O ；（3）3:1:1；（4）NH4 + Al3+5OHNH3+Al（OH）4+H2O 或NH4 + Al3+5OHNH3+AlO2-+3H2O。【解析】试题分析：由题意可推知：A是N元素；B是H元素；C是Al元素；D是S元素；E是O元素。（1）D是硫，在周期表中的位置是第三周期第A族；化合物AB3的电子式是；（2）根据元素形成的化合物的特点及该盐的相对分子质量可知
41、该化合物是NH4Al（SO4）212H2O；（3）由于在该盐中，n（Al3+）:n（NH4+）:n（SO42-）=1:1:2向该化合物的溶液中加入NaOH溶液，首先发生反应：Al33OH-Al（OH） 3；然后发生反应：NH4+OH-NH3H2O；最后发生反应：Al（OH）3+ OH-AlO2-+ 2H2O。因此在实验中根据图像得V（Oa）:V（ab）:V（bc）=3:1:1。（4）由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能与过量的强碱发生反应，所以实验中离子方程式是NH4+Al3+5OHNH3+Al（OH）4+H2O 或NH4+Al3+5OHNH3+AlO2+3H2O。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式、离子方程式、化合物的电子式的书写等知识。