1、2015-2016学年福建省晋江市养正中学、安溪一中、惠安一中三校联考高三（上）期中化学试卷一、选择题：本大题共22小题，每小题2分，共44分在每小题只有一项符合题目要求1化学与生产、生活密切相关下列叙述不正确的是（）A“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂B氢氧化铝、碳酸氢钠都可用于治疗胃酸过多C为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入适量食品添加剂D用化纤面料替代棉质面料，以减少二氧化碳的排放2纳米碳是“纳米材料”中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的分散系是浊液 是胶体 静置后析出黑色碳粒 能产生丁达尔效应判断正确的是（）ABCD3下列关于含Mg、C元素的物质性质、存在和
2、制备的叙述中，不正确的是（）A自然界中，不存在镁单质，碳元素多种单质BCO可以还原氧化铜，Mg能还原CO2，反应类型均为置换反应C电解熔融氯化镁可制备Mg单质和氯气，海水提取海盐后的卤水可用于提取氯化镁D煤与水蒸气高温反应生成水煤气，其主要成分是CO和H24设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4L SO3中含有的分子数为NA个B标准状况下，2.24 L NH3和CH4的混合气体，所含电子总数为2NAC7.1 g Cl2与足量的铁反应转移的电子数目是0.3NAD1 mol C5H12分子中共价键总数为16NA5能正确表示下列反应离子方程式的是（）A用过量氨水吸收工
3、业尾气中的SO2：2NH3H20+SO22NH4+SO32+H2OBNa2S2O3溶液中加入稀盐酸：2S2O32+2H+=SO42+3S+H2OC氢氧化镁与稀盐酸反应：H+OH=H2ODBa（OH）2溶液与稀硫酸反应：Ba2+OH +H +SO42=BaSO4+H2O6下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、OHpH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4+由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN、H
4、CO3酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I、ClABCD7下列物质：氢氟酸；浓H2SO4；烧碱溶液；Na2CO3固体；氧化钙；浓HNO3，其中在一定条件下能与SiO2反应的有（）ABCD全部8关于氮的变化关系图如下：则下列说法不正确的是（）A路线是工业生产硝酸的主要途径B路线、是雷电固氮生成硝酸的主要途径C上述所有反应都是氧化还原反应D氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO29常温下，下列各组物质中，Y与X、Z均能反应的是（）XNaOH溶液KOH溶液O2FeCl3溶液YAl（OH）3SiO2N2CuZ稀硫酸浓盐酸H2浓硝酸ABCD101971年，中国科学家发现、分离、提纯了用于治疗疟疾
5、的“青蒿素”，拯救了数千万人的生命屠呦呦起了重要的作用，因而与另两位外国科学家获得2015年诺贝尔医学奖青蒿素分子结构如图下列说法错误的是（）A青蒿素可以起取代反应B青蒿素中的氧均为2价C青蒿素可以和NaOH溶液反应D青蒿素的分子式为C15H22O511元素A的单质及A与B形成的化合物能按如图所示的关系发生转化则下列说法正确的是（）A图中物质间的转化可能有非氧化还原反应B当n=1时，A可能是N2CA一定是金属元素D当n=2时，A可能是Fe12有一未完成的离子方程式：+XO3+6H+3X2+3H2O，据此判断X元素的最高化合价为（）A+7B+6C+5D+113浓硫酸和2molL1的稀硫酸，在实验
6、室中敞口放置它们的质量和放置天数的关系如右图所示，分析a、b曲线变化的原因是（）Aa升华、b冷凝Ba蒸发、b吸水Ca蒸发、b潮解Da冷凝、b吸水14下列装置能达到相应实验目的是（）A验证碳酸的酸性强于硅酸B分离苯和酒精C制取少量O2D收集少量NO2气体15已知常温常压下在1L水中可溶解40L NO2，NO2能与NaOH溶液发生反应：2NaOH+2NO2NaNO3+NaNO2+H2O以下各种尾气吸收装置中，不适合吸收NO2气体的是（）ABCD16实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物
7、质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD17下列实验的现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑，膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块K放入水中产生气泡，溶液变红K能置换出水中的氢，生成碱D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应AABBCCDD18化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油
8、污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD19有一无色溶液，可能含有Fe3+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl、SO42、HCO3、MnO4中的几种为确定其成分，做如下实验：取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分减少；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生下列推断正
9、确的是（）A肯定有A13+、Mg2+、NH4+、ClB肯定有Al3+、Mg2+、SO42C肯定没有NH4+、HCO3、MnO4D肯定有Al3+、Mg2+、HCO320向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系示意如图所示则的下列说法不正确的是（）Aa点对应的溶液中加入MgCl2无明显现象Bb点对应的溶液是NaAlO2溶液Cc点对应的溶液中c（Na+）=c（Cl）Dd点对应的溶液呈酸性21如图表示1g O2与1g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（）AC2H4BCH4CCO2DNO22如图是MgS
10、O4、NaCl的溶解度曲线下列说法一定正确的是（）A把t2时的MgSO4饱和溶液的温度升高，溶液仍然饱和B将t3时的MgSO4饱和溶液的温度降低，有晶体析出Ct2时，饱和溶液的溶质物质的量浓度：MgSO4比NaCl大D分别将t1时MgSO4饱和溶液、NaCl饱和溶液的温度升高到t2，所得溶液的溶质质量分数前者更大二、非选择题23甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究向A中通入氯气至过量，发现A中溶液先呈红色后逐渐变为黄色（1）查阅资料显示：SCN的电子式为则碳元素的化合价是（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验：取10mL A中黄色溶液于试管中，
11、加入足量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则A中溶液中一定存在过滤，将滤液分成两份，一份用盐酸酸化后加入的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明A中溶液中一定存在 另一份加入浓硫酸中，放入铜粉后溶液变蓝并有气体生成，气体遇空气变红棕色写出溶液变蓝的离子方程式结论：A中溶液由红色变为黄色是因为SCN被Cl2氧化了，使Fe3+3SCNFe（SCN）3平衡左移（3）1mol SCN被Cl2完全氧化转移的电子数是NA若实验完成后B中NaOH仍有剩余，则溶液中的阴离子有OH和24“绿色”净水剂高铁酸钾（K2FeO4）具有净水和消毒双重功能（1）某学习小组设计如下方案制备高铁酸钾：在NaClO溶液中加入烧
12、碱固体形成强碱性环境，将研磨过的硝酸铁少量多次地加入上述溶液中，冰水浴中反应1h，发生的离子反应为2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O氧化剂是，原料之一NaClO溶液本身呈（填：酸、碱或中）性将KOH加入反应后的Na2FeO4溶液中搅拌半小时，静置，过滤得到粗产品晶体，该过程发生的反应的化学方程式为（2）分析高铁酸钾中元素的化合价可推测它具有较强的性高铁酸钾和水反应生成物能吸附杂质净水，同时还产生气体，写出离子方程式25化石燃料开采、加工过程常产生H2S废气，H2S的转化是资源利用和环境保护的重要课题（1）写出H2S的结构式（2）H2S是二元弱酸，可溶于水写出其电离方程式
13、，将少量氨气通入H2S溶液中反应的化学方程式（3）H2S易被氧化将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应可回收S，其物质转化如图1所示在图示的转化中，化合价不变的元素是反应中保持溶液中Fe3+的物质的量不变，当有1mol H2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为（4）H2S不稳定，在高温下会分解生成硫蒸气和H2若反应过程中，混合气体中各组分的体积分数如图2所示，硫蒸气的分子式为26石墨在材料领域有重要应用某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质设计的提纯与综合利用工艺如下：（注：Si
14、Cl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150）（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，氧元素主要转化为（填化学式）气体中某物质反应得到水玻璃的化学方程式为（3）溶液含有的阴离子有（4）100kg初级石墨最多可能获得沉淀的质量为kg27亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：【实验】：按如图装置制取NaClO2晶体（1）装置C的作用是；（2）已知装置B中的产物ClO2气体，则装置B中反应的离子方程式为，ClO2在装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为；（3）已知：NaClO2饱
15、和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤减压，55蒸发结晶；用3860热水洗涤；低于60干燥；得到成品（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是；【实验】：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+Cl，将所得混合液稀释成100mL待测溶液取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c
16、 molL1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32=2I+S4O62）请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为2015-2016学年福建省晋江市养正中学、安溪一中、惠安一中三校联考高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共22小题，每小题2分，共44分在每小题只有一项符合题目要求1化学与生产、生活密切相关下列叙述不正确的是（）A“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂B氢氧化铝、碳酸氢钠都可用于治疗胃酸过多C为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入适量食品添加剂D用化纤面料替代棉质面料，以减少二氧化碳的排放【考
17、点】绿色化学【专题】化学应用【分析】A油脂碱性条件下水解，可生成肥皂； B氢氧化铝、碳酸氢钠能与盐酸反应；C适量食品添加剂可改善食物的色、香、味并防止变质；D化纤面料的制造需要消耗大量能量【解答】解：A地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为造化反应，可生成肥皂，故A正确； B氢氧化铝、碳酸氢钠能与盐酸反应，可治疗胃酸过多，故B正确；C适量食品添加剂在安全范围内使用，可改善食物的色、香、味并防止变质，故C正确；D化纤面料的制造需要消耗大量能量，增加二氧化碳的排放，故D错误故选D【点评】本题考查较为综合，涉及化学与生活、生产、食品添加剂等，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好的科
18、学素养，提高学习的积极性，难度不大2纳米碳是“纳米材料”中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的分散系是浊液 是胶体 静置后析出黑色碳粒 能产生丁达尔效应判断正确的是（）ABCD【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】“纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题【解答】解：“纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故正确；故
19、选C【点评】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，分散系的本质区别是分散质微粒直径大小，难度不大3下列关于含Mg、C元素的物质性质、存在和制备的叙述中，不正确的是（）A自然界中，不存在镁单质，碳元素多种单质BCO可以还原氧化铜，Mg能还原CO2，反应类型均为置换反应C电解熔融氯化镁可制备Mg单质和氯气，海水提取海盐后的卤水可用于提取氯化镁D煤与水蒸气高温反应生成水煤气，其主要成分是CO和H2【考点】化学基本反应类型；电解原理【专题】物质的性质和变化专题【分析】A镁的性质非常活泼，在自然界中以化合态形式存在；C元素存在石墨和金刚石等多种单质；BCO可以还原氧化铜，反应物中没有单质，故不
20、属于置换反应；C卤水是从海水中提取食盐后的母液，常含有MgCl2、NaCl、MgSO4、KCl等，可用于提取氯化镁；制备镁的方法是电解熔融氯化镁；D工业生产上，制水煤气反应的化学方程式为H2O+CCO+H2【解答】解：A镁的性质非常活泼，在自然界中以化合态形式存在；C元素存在石墨和金刚石等多种单质，故A正确；BCO可以还原氧化铜，反应物中没有单质，故不属于置换反应；Mg能还原CO2生成碳和氧化镁，该反应类属于置换反应，故B错误；C卤水是从海水中提取食盐后的母液，常含有MgCl2、NaCl、MgSO4、KCl等，可用于提取氯化镁；电解熔融氯化镁可制备Mg单质和氯气，故C正确；D工业生产上，制水煤
21、气反应的化学方程式为H2O+CCO+H2，故D正确，故选B【点评】本题考查含Mg、C元素的物质性质、存在和制备，难度不大要注意平时知识的积累4设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4L SO3中含有的分子数为NA个B标准状况下，2.24 L NH3和CH4的混合气体，所含电子总数为2NAC7.1 g Cl2与足量的铁反应转移的电子数目是0.3NAD1 mol C5H12分子中共价键总数为16NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A标准状况下三氧化硫不是气体；BNH3和CH4的分子中都含有10个电子，标准状况下，2.24 L 气体物
22、质的量n=计算；C.1mol氯气失去2mol电子；DC5H12分子为饱和烷烃，分子中含共价键=n1+2n+2=3n+1【解答】解：A标况下，三氧化硫是固体，22.4LSO3物质的量不一定是1mol，不一定含有NA个SO3分子，故A错误；BNH3和CH4的分子中都含有10个电子，标准状况下，2.24 L 气体物质的量=0.1mol，标准状况下，2.24 L NH3和CH4的混合气体，所含电子总数为NA，故B错误；C.7.1gCl2的物质的量是0.1mol，失去电子数目为0.2NA，故C错误；D.1 mol C5H12分子中共价键总数=1mol（51+12）NA=16NA，故D正确；故选D【点评】
23、本题考查了阿伏伽德罗常数的分析，气体摩尔体积条件的应用，结构的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等5能正确表示下列反应离子方程式的是（）A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H20+SO22NH4+SO32+H2OBNa2S2O3溶液中加入稀盐酸：2S2O32+2H+=SO42+3S+H2OC氢氧化镁与稀盐酸反应：H+OH=H2ODBa（OH）2溶液与稀硫酸反应：Ba2+OH +H +SO42=BaSO4+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2反应生成亚硫酸铵；BNa2S2O3溶液中加入稀盐酸，反应生成氯化钠、二氧化硫、硫和水；
24、C氢氧化镁为沉淀，应保留化学式；D离子个数不符合物质的配比【解答】解：A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，离子方程式：2NH3H20+SO22NH4+SO32+H2O，故A正确；BNa2S2O3溶液中加入稀盐酸，离子方程式：S2O32+2H+=SO2+S+H2O，故B错误；C氢氧化镁与稀盐酸反应，离子方程式：2H+Mg（OH）2=2H2O+Mg2+，故C错误；DBa（OH）2溶液与稀硫酸反应：Ba2+2OH +2H +SO42=BaSO4+2H2O，故D错误；故选：A【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，注意化学式的拆分6下列各组离子在指定溶
25、液中能大量共存的是（）无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、OHpH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3、SO42、NH4+由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl、Br有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN、HCO3酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、I、ClABCD【考点】离子共存问题【分析】无色溶液中不含有色离子，且离子之间不反应的能大量共存；pH=11的溶液呈碱性；加入Al能放出H2的溶液为强碱溶液或非强氧化性酸溶液；由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液呈酸性或碱性；有较多
26、Fe3+的溶液不能大量存在和铁离子反应的离子；酸性溶液中不能大量存在相互反应的离子【解答】解：无色溶液中不存在有色离子，如铜离子，且Cu2+、OH反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；pH=11的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故正确；加入Al能放出H2的溶液为强碱溶液或非强氧化性酸溶液，酸性或碱性条件下都不能大量存在HCO3，碱性条件下不能大量存在NH4+，故错误；由水电离出的c（OH）=1013molL1的溶液呈强酸性或强碱性，这几种离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子都不反应，所以能大量共存，故正确；有较多Fe3+的溶液，Fe3+、SCN发生络合反应而不能大量共存，且铁离
27、子和碳酸氢根离子相互促进水解，故错误；酸性溶液中：Fe2+、I和NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；故选C【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查复分解反应、氧化还原反应、络合反应，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意隐含条件的挖掘，题目难度中等7下列物质：氢氟酸；浓H2SO4；烧碱溶液；Na2CO3固体；氧化钙；浓HNO3，其中在一定条件下能与SiO2反应的有（）ABCD全部【考点】硅和二氧化硅【分析】二氧化硅化学性质不活泼，不与水反应，酸性氧化物一般不与酸反应，但二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，但不与其它酸反应，能与碱性氧化物或强碱反应生成盐，可以与碳酸盐反
28、应生成硅酸盐，应用于硅酸盐工业【解答】解：二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅与水，故正确；二氧化硅不与氢氟酸以外的酸反应，不与浓硫酸反应，故错误；二氧化硅与烧碱溶液反应生成硅酸钠与水，故正确；二氧化硅与Na2CO3固体在高温的反应生成硅酸钠与二氧化碳，故正确；二氧化硅与氧化钙在高温时反应生成硅酸钙，故正确；二氧化硅不与氢氟酸以外的酸反应，不与浓硝酸反应，故错误故正确故选C【点评】本题考查二氧化硅的性质，比较基础，掌握二氧化硅的性质即可解答，注意硅元素的亲氧性与亲氟性8关于氮的变化关系图如下：则下列说法不正确的是（）A路线是工业生产硝酸的主要途径B路线、是雷电固氮生成硝酸的主要途径C上述所有反应都
29、是氧化还原反应D氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2【考点】氮气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【专题】元素及其化合物【分析】A依据工业生产硝酸的步骤解答；B依据固氮的定义及发生的反应解答；C有化合价变化的反应属于氧化还原反应；D氮气与氧气反应生成一氧化氮，反应产物与反应物量多少无关；【解答】解：A工业生产硝酸：氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故A正确；B氮的固定是指游离态氮转化为化合态，雷电条件下氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故B正确；C上述所有反应都有化合价的变化，都属于氧化还
30、原反应，故正确；D氮气与氧气反应生成一氧化氮，与氧气的量无关，故D错误；故选：D【点评】本题考查了元素化合物知识，题目难度不大，明确氮的固定、氮及其化合物的性质是解题关键，侧重对基础知识的考查9常温下，下列各组物质中，Y与X、Z均能反应的是（）XNaOH溶液KOH溶液O2FeCl3溶液YAl（OH）3SiO2N2CuZ稀硫酸浓盐酸H2浓硝酸ABCD【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】Al（OH）3能与酸反应，又能与碱反应；二氧化硅是酸性氧化物只与碱反应，不与酸反应；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；Cu与浓硝酸
31、反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁【解答】解：氢氧化铝是两性氢氧化物，所以Al（OH）3能与酸反应，又能与碱反应，故符合；二氧化硅是酸性氧化物只与碱反应，不与酸反应，所以二氧化硅与浓盐酸不反应，故不符合；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选B【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质101971年，中国科学家发现、分离、
32、提纯了用于治疗疟疾的“青蒿素”，拯救了数千万人的生命屠呦呦起了重要的作用，因而与另两位外国科学家获得2015年诺贝尔医学奖青蒿素分子结构如图下列说法错误的是（）A青蒿素可以起取代反应B青蒿素中的氧均为2价C青蒿素可以和NaOH溶液反应D青蒿素的分子式为C15H22O5【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构可知分子式，分子中含COOC、醚键及过氧键，结合酯的性质来解答【解答】解：A含COOC可发生水解反应，为取代反应，故A正确；B过氧根中的O为1价，醚键及COOC中O为2价，故B错误；C含COOC可与NaOH溶液发生水解反应，故C正确
33、；D由结构可知，青蒿素的分子式为C15H22O5，故D正确；故选B【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的机构特点和官能团的性质为解答该题的关键，注意酯的性质，题目难度不大11元素A的单质及A与B形成的化合物能按如图所示的关系发生转化则下列说法正确的是（）A图中物质间的转化可能有非氧化还原反应B当n=1时，A可能是N2CA一定是金属元素D当n=2时，A可能是Fe【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】由产物组成知A具有多种价态，当A是铁时，B可以是氯气、溴单质；当A是碳时，B可以是氧【解答】解：A、A为单质，在几步反应中都存在
34、元素化合价的变化，所以物质间的转化一定是氧化还原反应，故A错误；B、当n=1时，A若是N2，AB为NO，AB2为NO2，N2不能发生置换反应生成NO，不能化合反应生成NO2，故B错误；C、A可以是金属，也可以是非金属实现转化关系，当A是铁时，B可以是氯气、溴单质；当A是碳时，B可以是氧；故C错误；D、当n=2时，A可能是Fe，转化关系为，FeFeCl2FeCl3；FeFeCl3；故D正确；故选D【点评】本题考查了物质转化关系和物质性质的应用，主要考查置换反应，化合反应的特征，铁、碳等物质的性质变化应用12有一未完成的离子方程式：+XO3+6H+3X2+3H2O，据此判断X元素的最高化合价为（）
35、A+7B+6C+5D+1【考点】常见元素的化合价【专题】原子组成与结构专题【分析】根据离子方程式遵循原子守恒、电荷守恒和氧化还原反应遵循得失电子守恒进行分析解答【解答】解：方程式右边电荷为0，根据离子方程式左右电荷相等，则方程式左边未知物应含有5个负电荷，根据方程式遵循质量守恒定律原子守恒可知，如生成3molX2，则XO3为1mol，未知物为5mol，所以1mol未知物含有1mol负电荷，离子方程式为：5X+XO3+6H+3X2+3H2O，X的最低化合价为1价，则X原子核外最外层有7个电子，最高化合价为+7价，故选：A【点评】本题考查离子方程式的书写和未知物的化合价的推断，注意从守恒的角度解答
36、，解答本题的关键是正确推断未知物的物质的量和化合价，题目难度中等13浓硫酸和2molL1的稀硫酸，在实验室中敞口放置它们的质量和放置天数的关系如右图所示，分析a、b曲线变化的原因是（）Aa升华、b冷凝Ba蒸发、b吸水Ca蒸发、b潮解Da冷凝、b吸水【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】溶液和胶体专题【分析】浓硫酸具有吸水性，能够吸收空气中的水蒸汽，稀硫酸中的水分会蒸发，溶液的质量等于溶剂的质量加溶质的质量，据此解答【解答】解：浓硫酸具有吸水性，能够吸收空气中的水蒸汽，溶剂增加，溶液的质量增加；稀硫酸中的水分会蒸发，溶剂减少，溶液的质量减小，故选：B【点评】本题考查浓硫酸的吸水性，明确质
37、量的变化及物质的性质是解题关键，属于基础知识的考查，题目难度不大14下列装置能达到相应实验目的是（）A验证碳酸的酸性强于硅酸B分离苯和酒精C制取少量O2D收集少量NO2气体【考点】实验装置综合【分析】A因盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰；B苯与酒精混溶，不会分层；C过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；D二氧化氮与水反应，不能使用排水法收集【解答】解：A因盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，则不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，可用稀硫酸代替浓盐酸进行实验，故A错误；B苯与酒精互溶，无法通过分液操作分离出苯和酒精，故B错误；C过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可用于制取少量的氧气，故C正确；D二氧化氮与水
38、反应生成硝酸和NO气体，不能使用排水法收集二氧化氮，故D错误；故选C【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高考高频点，题目难度中等，涉及物质的分离、物质的制备、性质比较等知识点，侧重实验操作和实验原理的考查，注意实验方案的操作性、可行性、评价性分析15已知常温常压下在1L水中可溶解40L NO2，NO2能与NaOH溶液发生反应：2NaOH+2NO2NaNO3+NaNO2+H2O以下各种尾气吸收装置中，不适合吸收NO2气体的是（）ABCD【考点】实验装置综合【专题】氮族元素【分析】由于常温常压下在1 L水中NO2可溶解40 L，即易溶于水，所以在吸收装置中需要防止倒吸，结合装置特征和放倒吸的原理
39、分析判断【解答】解：由于常温常压下在1 L水中NO2可溶解40 L，即易溶于水，所以在吸收装置中需要防止倒吸，A双球干燥管可以防止液体倒吸，故A不选；B导气管直接插入氢氧化钠溶液相同，不能防止倒吸，故B选；C球形干燥管有较大面积可以防止倒吸，故C不选；D二氧化氮不溶于四氯化碳，四氯化碳隔绝气体与NaOH溶液，可以防止倒吸，故D不选；故选B【点评】本题考查实验装置的应用及物质的性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握防倒吸装置为解答该题的关键，题目难度不大16实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最
40、合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD【考点】常见气体制备原理及装置选择【专题】综合实验题【分析】根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及是否除杂等角度解答本题【解答】解：A、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，故A错误；B、浓硫酸可以与亚硫酸反应，生成二氧化硫，SO2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短
41、管出，SO2气体会污染空气，所以要吸收尾气，故B正确；C、铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，NO2要用氢氧化钠溶液吸收，水不能完全吸收，故C错误；D、浓盐酸与MnO2制氯气需要加热，且由于浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用，难度不大，掌握物质的性质即可解答17下列实验的现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑，膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块K放入水中产生气泡，溶液变红K能置
42、换出水中的氢，生成碱D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；硝酸的化学性质；碱金属及其化合物的性质实验；铁及其化合物的性质实验；浓硫酸的性质实验【专题】实验评价题【分析】A浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖变黑，具有强氧化性，可与碳发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫气体；B铝与浓硝酸发生钝化反应；C为说明加入酚酞；D铁与水蒸气发生反应生成四氧化三铁，为黑色固体【解答】解：A将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑，是因为浓硫酸的脱水性使蔗糖碳化；膨胀是因为有二氧化硫的气体生成，所以浓硫酸有脱水性和强氧化性，故A正确；B常温下Al与浓硝酸发生钝化，反应
43、停止，所以无明显变化，故B错误；C未说明水中是否放入酚酞，不能证明生成碱；未检验气体，不能证明是氢气，故C错误；D铁与水蒸气反应生成黑色物质，现象错误，故D错误故选A【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、检验等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大18化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO
44、3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜AABBCCDD【考点】盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】盐类的水解专题；元素及其化合物【分析】A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D、氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜；【解答】解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧
45、化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3不能从含Cu2+的溶液中置换出铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误；故选C【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等19有一无色溶液，可能含有Fe3
46、+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl、SO42、HCO3、MnO4中的几种为确定其成分，做如下实验：取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分减少；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生下列推断正确的是（）A肯定有A13+、Mg2+、NH4+、ClB肯定有Al3+、Mg2+、SO42C肯定没有NH4+、HCO3、MnO4D肯定有Al3+、Mg2+、HCO3【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】无色溶液一定不含MnO4、Fe3+，取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生气体和白色沉淀，再加入足量的
47、NaOH溶液后白色沉淀部分减少，只有氢氧化铝能溶解在NaOH中，则一定含Al3+，可知不含与Al3+反应的HCO3，白色沉淀还有氢氧化镁，则一定含Mg2+；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为硫酸钡，一定含SO42，以此来解答【解答】解：无色溶液一定不含MnO4、Fe3+，取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分减少，只有氢氧化铝能溶解在NaOH中，则一定含Al3+，可知不含与Al3+反应的HCO3，白色沉淀还有氢氧化镁，则一定含Mg2+；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白
48、色沉淀产生，白色沉淀为硫酸钡，一定含SO42，由上述分析可知，肯定有肯定有Al3+、Mg2+、SO42，一定没有HCO3、MnO4、Fe3+，不能确定是否含NH4+、Cl，故选B【点评】本题考查常见离子的检验，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力和推断能力，把握离子之间的反应及现象为解答的关键，注意白色沉淀的判断，题目难度不大20向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系示意如图所示则的下列说法不正确的是（）Aa点对应的溶液中加入MgCl2无明显现象Bb点对应的溶液是NaAlO2溶液Cc点对应的溶液中c（Na+）=c（Cl）Dd点
49、对应的溶液呈酸性【考点】离子方程式的有关计算【专题】离子反应专题【分析】向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，从0到b，氢氧化钠过量，反应生成偏铝酸钠：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+2H2O+3NaCl，没有沉淀生成，当NaOH完全反应，即从b点开始偏铝酸钠与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，其反应为3NaAlO2+AlCl3+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3，据此分析【解答】解：向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，从0到b，氢氧化钠过量，反应生成偏铝酸钠：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+2H2O+3NaCl，没有沉淀生成，当NaOH完全反应，即从b点开始偏
50、铝酸钠与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，其反应为3NaAlO2+AlCl3+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3；Aa点对应的溶液中，NaOH过量，溶液中存在NaOH，加入MgCl2会生成氢氧化镁沉淀，故A错误；Bb点NaOH恰好完全反应生成NaAlO2和NaCl，故B错误；Cc点偏铝酸钠与氯化铝恰好反应生成氢氧化铝沉淀，其反应为3NaAlO2+AlCl3+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3，所以c点对应的溶液中c（Na+）=c（Cl），故C正确；Dc点偏铝酸钠与氯化铝恰好反应生成氢氧化铝沉淀，d点AlCl3溶液过量，AlCl3在溶液中水解显酸性，所以d点对应的溶液呈酸性，故D正确故选B【点
51、评】本题考查离子反应，题目难度中等，明确图象中各点对应溶质组成为解答关键，注意掌握离子反应发生条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力21如图表示1g O2与1g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（）AC2H4BCH4CCO2DNO【考点】阿伏加德罗定律及推论【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】根据PV=nRT=知，相同温度下，相同质量、相同体积的不同气体，其气压与摩尔质量成反比，据此分析解答【解答】解：由图可知，相同温度时，p（O2）p（X），根据PV=nRT=知，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，
52、压强越小，只有CO2的相对分子质量大于O2，所以该气体可能是二氧化碳，故选C【点评】本题考查阿伏加德罗定律的推论，根据PV=nRT=中各个物理量之间的关系来分析解答即可，难度中等22如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线下列说法一定正确的是（）A把t2时的MgSO4饱和溶液的温度升高，溶液仍然饱和B将t3时的MgSO4饱和溶液的温度降低，有晶体析出Ct2时，饱和溶液的溶质物质的量浓度：MgSO4比NaCl大D分别将t1时MgSO4饱和溶液、NaCl饱和溶液的温度升高到t2，所得溶液的溶质质量分数前者更大【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】溶液和胶体专题【分析】A硫酸镁的溶解度在t2时
53、最大；Bt3时的MgSO4饱和溶液的温度降低，溶解度会增大；Ct2时，饱和溶液的溶质的质量分数：MgSO4比NaCl大；D升高温度MgSO4和NaCl的溶解度均增大【解答】解：A硫酸镁的溶解度在t2时最大，把t2时的MgSO4饱和溶液的温度升高，溶解度减小，有晶体析出，仍为饱和溶液，故A正确；Bt3时的MgSO4饱和溶液的温度降低，溶解度会增大，溶液变为不饱和溶液，故B错误；Ct2时，饱和溶液的溶质的质量分数：MgSO4比NaCl大，但是物质的量浓度：MgSO4不一定比NaCl大，故C错误；D分别将t1时MgSO4饱和溶液、NaCl饱和溶液的温度升高到t2，二者的溶解度增大，都是不饱和溶液，没
54、有晶体析出，溶液的质量分数不变，所以二者的质量分数仍然相同，故D错误故选A【点评】本题考查了溶解度曲线，题目难度不大，主要考查了固体溶解度曲线的意义及根据溶解度曲线解决相关的问题，培养学生应用知识解决问题的能力二、非选择题23甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究向A中通入氯气至过量，发现A中溶液先呈红色后逐渐变为黄色（1）查阅资料显示：SCN的电子式为则碳元素的化合价是+4（2）为了探究A中溶液由红色变为黄色的原因，甲同学进行如下实验：取10mL A中黄色溶液于试管中，加入足量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则A中溶液中一定存在Fe3+过滤，将滤液分成两份，一份用盐
55、酸酸化后加入的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明A中溶液中一定存在SO42 另一份加入浓硫酸中，放入铜粉后溶液变蓝并有气体生成，气体遇空气变红棕色写出溶液变蓝的离子方程式3Cu+2NO3+8H+=2NO+3Cu2+4H2O结论：A中溶液由红色变为黄色是因为SCN被Cl2氧化了，使Fe3+3SCNFe（SCN）3平衡左移（3）1mol SCN被Cl2完全氧化转移的电子数是16NA若实验完成后B中NaOH仍有剩余，则溶液中的阴离子有OH和Cl、ClO、CO32、HCO3【考点】性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）C元素非金属性小于S、N的，共用电子对偏向S、N元素；（2）取A中黄
56、色溶液于试管中，加入足量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，过滤后将滤液分成两份，一份加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有SO42离子，另一份加入浓硫酸中，放入铜粉后溶液变蓝并有气体生成，气体遇空气变红棕色，该红棕色气体为NO2，说溶液中有NO3；（3）SCN与Cl2反应生成SO42、NO3，碳元素不能被氧化，有二氧化碳生成，所以它们反应的化学方程式为：SCN+8Cl2+9H2O=NO3+SO42+CO2+16Cl+18H+，可以计算转移电子数目，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳、未反应的氯气，B中氢氧化钠剩余，B中溶
57、质为碳酸钠、氯化钠、次氯酸钠与氢氧化钠【解答】解：（1）C元素非金属性小于S、N的，共用电子对偏向S、N元素，则SCN中碳元素的化合价是+4价，故答案为：+4；（2）取A中黄色溶液于试管中，加入足量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，过滤后将滤液分成两份，一份加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有SO42离子，另一份加入浓硫酸中，放入铜粉后溶液变蓝并有气体生成，气体遇空气变红棕色，该红棕色气体为NO2，说溶液中有NO3，溶液变蓝的离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=2NO+3Cu2+4H2O，故答案为：Fe3
58、+；SO42；3Cu+2NO3+8H+=2NO+3Cu2+4H2O；（3）SCN与Cl2反应生成SO42、NO3，碳元素不能被氧化，有二氧化碳生成，所以它们反应的化学方程式为：SCN+8Cl2+9H2O=NO3+SO42+CO2+16Cl+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子氢氧化钠溶液吸收二氧化碳、未反应的氯气，B中氢氧化钠剩余，B中溶质为碳酸钠、氯化钠、次氯酸钠与氢氧化钠，溶液中的阴离子有OH和Cl、ClO、CO32、HCO3，故答案为：16；Cl、ClO、CO32、HCO3【点评】本题是探究实验方案的综合题，侧重考查学生分析推理能
59、力，要熟练掌握元素化合物性质，（3）中电子转移为易错点，利用方程式结合氯元素化合价变化计算，避免S、N元素化合价判断，根据电子式可知SCN中N为3价、S为2价24“绿色”净水剂高铁酸钾（K2FeO4）具有净水和消毒双重功能（1）某学习小组设计如下方案制备高铁酸钾：在NaClO溶液中加入烧碱固体形成强碱性环境，将研磨过的硝酸铁少量多次地加入上述溶液中，冰水浴中反应1h，发生的离子反应为2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O氧化剂是NaClO，原料之一NaClO溶液本身呈碱（填：酸、碱或中）性将KOH加入反应后的Na2FeO4溶液中搅拌半小时，静置，过滤得到粗产品晶体，该过程发
60、生的反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4K2FeO4+2NaOH（2）分析高铁酸钾中元素的化合价可推测它具有较强的氧化性高铁酸钾和水反应生成物能吸附杂质净水，同时还产生气体，写出离子方程式4FeO42+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）反应2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O中，次氯酸根中氯元素的化合价降低，所以氧化剂是NaClO，NaClO是强碱弱酸盐溶液水解呈碱性；根据复分解反应原理，反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4K2FeO4+2NaOH；（2）高铁酸钾中铁元素的化合价+6价，
61、处高价态具有极强的氧化性，根据氧化还原反应电子得失守恒配平【解答】解：（1）反应2Fe3+3ClO+10OH2FeO42+3Cl+5H2O中，次氯酸根中氯元素的化合价降低，所以氧化剂是NaClO，NaClO是强碱弱酸盐溶液水解呈碱性，故答案为：NaClO；碱；根据复分解反应原理，反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4K2FeO4+2NaOH，故答案为：2KOH+Na2FeO4K2FeO4+2NaOH；（2）高铁酸钾中铁元素的化合价+6价，处高价态具有极强的氧化性，据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得4FeO42+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH，故答案为：氧化；4FeO4
62、2+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH【点评】本题结合高铁酸钾（K2FeO4）的制备主要考查了氧化还原反应的知识、盐溶液的酸碱性等，培养了学生运用知识的能力，题目难度中等25化石燃料开采、加工过程常产生H2S废气，H2S的转化是资源利用和环境保护的重要课题（1）写出H2S的结构式HSH（2）H2S是二元弱酸，可溶于水写出其电离方程式H2SHS+H+，将少量氨气通入H2S溶液中反应的化学方程式H2S+NH3=NH4HS（3）H2S易被氧化将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应可回收S，其物质转化如图1所示在图示的转化中，化合价不变的元素是C
63、u、H、Cl反应中保持溶液中Fe3+的物质的量不变，当有1mol H2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol（4）H2S不稳定，在高温下会分解生成硫蒸气和H2若反应过程中，混合气体中各组分的体积分数如图2所示，硫蒸气的分子式为S2【考点】三废处理与环境保护；氧化还原反应【专题】化学应用【分析】（1）H2S中含有SH键，与水的结构相似；（2）H2S是二元弱酸，可电离出HS离子，与少量氨气反应可生成NH4HS；（3）根据图中各元素化合价变化分析，该反应中S元素化合价由2价变为0价、O元素化合价由0价变为2价，根据氧化还原反应中得失电子相等；（4）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物
64、是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式【解答】解：（1）H2S中含有SH键，与水的结构相似，结构式为HSH，故答案为：HSH；（2）H2S是二元弱酸，可电离出HS离子，电离方程式为H2SHS+H+，与少量氨气反应可生成NH4HS，反应的化学方程式为H2S+NH3=NH4HS，故答案为：H2SHS+H+；H2S+NH3=NH4HS；（3）根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故答案为：Cu、H、Cl；H2S不稳定，易被氧气氧化生成S
65、单质，反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中S元素化合价由2价变为0价、O元素化合价由0价变为2价，根据氧化还原反应中得失电子相等得，反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，消耗O2的物质的量=0.5mol，故答案为：0.5mol；（4）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，该反应方程式为2H2S2H2+S2，故答案为：S2【点评】本题以S为载体考查了氧化还原反应，图象分析判断等知识点，为高频考点，会正确分析图象中各个物理量的含义是解本题关键，再结合氧化还原反应中各
66、个物理量之间的关系，化学方程式书写等有关知识来分析解答即可，题目难度中等26石墨在材料领域有重要应用某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质设计的提纯与综合利用工艺如下：（注：SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150）（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是排除装置中的空气（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，氧元素主要转化为CO（填化学式）气体中某物质反应得到水玻璃的化学方程式为SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O（3）溶液含有的阴离子有AlO2、O
67、H、Cl（4）100kg初级石墨最多可能获得沉淀的质量为7.8kg【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应；（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠； （3）金属氯化物的沸点均高于1
68、50，则固体中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇；根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再根据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量【解答】解：（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故答案为：排除装置中的空气；（2）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物
69、杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6，金属氯化物的沸点均高于150，80冷却得到的气体含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案为：CO；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金属氯化物的沸点均高于150，则固体中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧
70、化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2、OH、Cl，故答案为：AlO2、OH、Cl；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的反应为：AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3，Al2O3的质量分数为5.1%，则100kg初级石墨中氧化铝的质量=100kg5.1%=5.1kg，根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量为： =7.8kg，故答案为：7.8【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，题
71、目难度中等，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查27亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：【实验】：按如图装置制取NaClO2晶体（1）装置C的作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）已知装置B中的产物ClO2气体，则装置B中反应的离子方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，ClO2在装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；（3）已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时
72、析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；得到成品（4）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；【实验】：样品杂质分析与纯度测定（5）测定样品中NaClO2的纯度测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2+4I+4H+=2H2O+2I2+Cl，将所得混合液稀释成100mL待测溶液取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c molL1 Na2S
73、2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL（已知：I2+2S2O32=2I+S4O62）请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为cV103mol【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合
74、原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；（4）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；（5）根据化学反应可得关系式：NaClO22I24S2O32，令样品中NaClO2的物质的量x，根据关系式计算【解答】解：（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中，故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，反应的方程式
75、为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2 ClO2+2Na2SO4+H2O；装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，
76、应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，故答案为：趁热过滤；（4）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；（5）令样品中NaClO2的物质的量x，NaClO22I24S2O32，1mol 4mol0.25x c molL1V103L则：x=cV103mol故答案为：cV103mol【点评】本题考查制备方案的设计与评价，题目难度中等，涉及亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解实验原理是解题的关键，试题侧重考查学生的分析理解能力及灵活应用能力