1、2014-2015学年福建省漳州实验中学、龙海一中高三（上）期末化学试卷一、选择题（本大题有16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个正确答案）1化学与生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A光导纤维的主要成分是单质硅B新型氢动力汽车的使用可减少雾霾的产生C明矾可用于自来水消毒D福尔马林可用于食品保鲜2化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污B新制Cu（OH）2悬浊液在医院中常用于尿糖的检测C用灼烧并闻气味的方法可区别棉麻织物和纯羊毛织物D煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料3化学反应伴随能量变化，下列说法中错误的是（）ATNT（炸药）爆炸时部分化
2、学能转化为热能B电解饱和食盐水时部分化学能转化为电能C镁条燃烧时部分化学能转化为光能D植物光合作用时部分光能转化为化学能4在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A加水稀释增大的溶液：K+、Na+、SO42、AlO2B常温下=0.1 mol/L的溶液：K+、Na+、SiO32、NO3C铁片加入产生气泡的溶液：Na+、NH4+、I、NO3DNaHCO3溶液：K+、Na+、SO42、Al3+5铁镍蓄电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法正确的是（）A电池的电解液为碱性溶液，负极为Ni2O3、正极为FeB电池放电时，阴极反
3、应为Fe+2OH2eFe（OH）2C电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH2eNi2O3+3H2O6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAB常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAC标准状况下，2.24L的CCl4中含有的CCl键数为0.4NAD将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为7一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，则乙可能是（）AAl（OH）3BH2SiO3CFeCl2DCH3Cl8已知A、B
4、为单质，C为化合物A+BCA+B若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，则B可能为Al若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu能实现上述转化关系的是（）ABCD9室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是（）序号pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A两溶液中c（OH）相等B溶液的物质的量浓度为0.01 molL1C两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：D等体积的两溶液分别与0.01 molL1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：10下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（）Ac（N
5、H4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液：c（NH4HSO4）c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B等物质的量的NaClO、NaHCO3混合溶液：c（HClO）+c（ClO）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32）C向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HA）+c（A2）11下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中无明显现象C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，
6、广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应12工业上用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应的平衡常数如下表：温度/0100200300400平衡常数667131.91022.41041105下列说法正确的是（）A该反应的H0B加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C工业上采用5103kPa和250的条件，其原因是原料气的转化率高Dt时，向1 L密闭容器中投入0.1 mol CO和0.2 mol H2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为10013下列图示与对应的叙述相符的是（）
7、A如图曲线表示向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加人足量镁粉产生H2的物质的量的变化B表示将0.01molL1 NaOH溶液滴人到稀盐酸中的滴定曲线C为水的电离曲线，从z点刭x点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法D图中曲线表示将pH相同的NH4Cl溶液和盐酸稀释相同倍数时，二者pH的变化14下列说法正确的是（）A常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大B已知Ksp（AgCl）=1.561010，Ksp（Ag2CrO4）=9.01012，在含Cl、CrO42浓度相同的溶液中逐滴滴加稀AgNO3溶液时，则先生成AgCl沉淀C某晶体中，有金属阳离子一定有阴离子D物质的溶解
8、度随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的15下列解释事实的离子方程式不正确的是（）A酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2OB向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6ClC向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3+3Mg2+D（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OH=Fe（OH）216在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应
9、后溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g则下列叙述不正确是（）A当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD参加反应金属总质量（m）为9.6gm3.6g二、填空、简答题17（11分）（2014秋龙海市校级期末）有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W； Y单质晶体熔点高硬度大试回答下列问题：（1）五种元素中原子半径最大的元素是（写元素符号）（2
10、）X与M两元素以原子个数1：1形成的化合物的电子式为（3）写出由YM2制取Y单质的化学方程式（4）化合物Z2W2遇水剧烈反应，产生黄色沉淀和刺激性气味的气体，其反应的化学方程式为（5）W、M两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，试举例（写化学式，任写两种）（6）乙酸乙酯在X的最高价氧化物的水化物溶液中易水解，写出相应的反应化学方程式18（12分）（2015锦州一模）碱式硫酸铁Fe（OH）SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（O
11、H）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在范围内（2）反应中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe（OH）2+离子可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为A氯水 BKSCN溶液 CNaOH溶液 D酸性KMnO4溶液（5）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：
12、准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL2Fe3+2I2Fe2+I2 I2+2S2O32I+S4O62已知：则溶液中铁元素的总含量为gL1若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会 （填“偏高”“偏低”“不变”）19（17分）（2014秋龙海市校级期末）某同学对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插入浓硫酸，加热；待产生黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出
13、黑色沉淀，洗净、干燥备用（1）甲同学认为根据所学知识：已知硫化铜（CuS）、硫化亚铜（Cu2S）、粉末和氧化铜粉末相似且都不溶于水，在空气中煅烧硫化铜和硫化亚铜都转化二种氧化物，设计一个不用任何化学试剂就能鉴别氧化铜、硫化铜、硫化亚铜三种粉末的简便实验方案，请帮助甲同学将方案填写于下表中，实验提供天平及其他必要的设备实验步骤实验现象结论及有关化学方程式A分别称取相同质量的样品，在空气中燃烧；BA有一种固体无变化，两种固体产生刺激性气味气体B有一种样品质量减轻，一种样品质量不变A固体无变化的是氧化铜，产生刺激性气味气体的是硫化铜和硫化亚铜，在空气中煅烧中反应的化学方程式分别为；B质量减轻的是硫化
14、铜，质量不变的是硫化亚铜（2）乙同学查阅文献得知检验微量Cu2+的方法是：向试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+该同学假设黑色沉淀是CuO检验过程如下：将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，产生红褐色沉淀将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀由该检验过程所得结论是（3）丙同学再次假设，黑色沉淀是铜的硫化物实验如下：实验装置现象1A试管中黑色沉淀逐渐溶解2A试管内上方出现红棕色气体3B试管中出现白色沉淀现象2说明黑色沉淀具有性能确认黑色沉淀中含有S元素的现象是，相应的离子方程式是为确认黑色沉淀是“铜
15、的硫化物”，还需进行的实验操作是以上实验说明，黑色沉淀中存在铜的硫化物进一步实验后证明黑色沉淀是CuS与Cu2S的混合物将黑色沉淀放入浓硫酸中加热一段时间后，沉淀溶解，其中CuS溶解的化学方程式是（4）丁同学通过实验确认，固体只含有硫化铜和硫化亚铜，他通过以下实验求硫化亚铜的百分含量：取2g Cu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL 0.075mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4+5Cu2S+44H+=10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+=5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与3
16、50mL 0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应则混合物中Cu2S的质量分数为20（12分）（2014秋龙海市校级期末）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置；W基态原子的价电子排布式（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是（填元素符号）（3）在XQ中Q的杂化类型为 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则 1molX2O晶体含有mol氢键（4）金属
17、原子与CO形成的配合物称为金属羰基配合物（如羰基铁）形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，且金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18金属羰基配合物中，微粒间作用力有（填字母代号）a、离子键 b、共价键 c、配位键 d、金属键羰基铁是一种黄色油状液体，熔点21、沸点102.8由此推测，固体羰基铁更接近于（填晶体类型）若用Fe（CO）x表示羰基铁的化学式，则x=2014-2015学年福建省漳州实验中学、龙海一中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题有16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个正确答案）1化学与生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A光导纤
18、维的主要成分是单质硅B新型氢动力汽车的使用可减少雾霾的产生C明矾可用于自来水消毒D福尔马林可用于食品保鲜考点：硅和二氧化硅；常见的生活环境的污染及治理；副产品的综合利用；生活中的有机化合物 分析：A二氧化硅是光导纤维的主要成分；B氢气是新能源，无污染；C明矾可用于净水，是因为明矾溶于水生成胶状物可吸附悬浮于水中的杂质，明矾不具有氧化性，不能杀菌消毒；D福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品生产；解答：解；A光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A错误；B新型氢动力计程车的投入，减少了污染物的产生，有益于减少雾霾的产生，故B正确；C明矾可用于自来水净水，不具有氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；D
19、甲醛是一种有毒物质，用甲醛浸泡的水产品不能食用，故D错误；故选：B点评：本题考查了化学与生产、生活密切相关知识，考查了学生对元素及化合物知识、有机物知识的理解和应用，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大2化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污B新制Cu（OH）2悬浊液在医院中常用于尿糖的检测C用灼烧并闻气味的方法可区别棉麻织物和纯羊毛织物D煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料考点：盐类水解的应用；有机物的鉴别；煤的干馏和综合利用 分析：A、碳酸钠溶液显碱性，能用于清洗油污；B、新制Cu（OH）2悬浊液能与醛基反应生成红色沉淀，可用于尿糖的检测；C
20、、纯棉织物是纤维素，纯羊毛织物是蛋白质；D、煤的气化、液化都是化学变化；解答：解：A、碳酸钠溶液显碱性，能使油脂水解，故可用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污，故A正确；B、新制Cu（OH）2悬浊液能与醛基反应生成红色沉淀，可用于尿糖的检测，故B正确；C、纯羊毛织物灼烧时有烧焦羽毛的味道，故用灼烧并闻气味的方法鉴别纯棉织物和纯羊毛织物，故C正确；D、煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故D错误；故选D点评：本
21、题考查化学与生活，难度不大要注意与人类生产、生活相关的知识历来是考查的热点3化学反应伴随能量变化，下列说法中错误的是（）ATNT（炸药）爆炸时部分化学能转化为热能B电解饱和食盐水时部分化学能转化为电能C镁条燃烧时部分化学能转化为光能D植物光合作用时部分光能转化为化学能考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：A、根据爆炸过程中能量之间的转化来回答；B、电解是将电能转化为化学能的装置；C、根据镁条燃烧时的能量转化来回答；D、植物光合作用时，光合作用吸收二氧化碳生成氧气，部分光能转化为化学能解答：解：A、TNT爆炸过程中，化学能转化为热能、动能、光能等，故A正确；B、电解是将电能转化为化
22、学能的装置，故B错误；C、镁条燃烧时放光、放热，即部分化学能转化为光能和热能，故C正确；D、植物光合作用时，光合作用吸收二氧化碳生成氧气，所以部分光能转化为化学能，故D正确故选B点评：本题考查学生常见的能量转化形式方面的知识，可以根据教材知识来回答，较简单4在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A加水稀释增大的溶液：K+、Na+、SO42、AlO2B常温下=0.1 mol/L的溶液：K+、Na+、SiO32、NO3C铁片加入产生气泡的溶液：Na+、NH4+、I、NO3DNaHCO3溶液：K+、Na+、SO42、Al3+考点：离子共存问题 分析：A加水稀释增大的溶液为酸性溶液，溶液
23、中存在大量氢离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；B常温下=0.1mol/L的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；C加入铁片产生气泡的溶液为酸性或强氧化性溶液，酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子，且强氧化性溶液能够氧化碘离子；D铝离子与碳酸氢钠发生双水解反应解答：解：A加水稀释增大的溶液为酸性溶液，AlO2与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B常温下=0.1 mol/L的溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Na+、SiO32、NO3之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B正确；C加入铁片产生气泡的溶液可能为稀盐酸、
24、稀硫酸，有可能为硝酸，NO3在酸性条件下能够氧化I，硝酸也能够氧化I，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；DNaHCO3、Al3+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色
25、离子的存在；是“可能”共存，还是“一定”共存等5铁镍蓄电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法正确的是（）A电池的电解液为碱性溶液，负极为Ni2O3、正极为FeB电池放电时，阴极反应为Fe+2OH2eFe（OH）2C电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH2eNi2O3+3H2O考点：原电池和电解池的工作原理 分析：铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，最终生成Ni（OH）2，所以正极反应为Ni2O3+3H
26、2O+2e=2Ni（OH）2+2OH，则充电时，阳极发生2Ni（OH）2+2OH2e=Ni2O3+3H2O，阴极附近溶液的pH升高解答：解：A、由放电时的反应可以得出：铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A错误；B、电池放电时，负极反应为Fe+20H一2eFe（OH）2 ，不是阴极，故B错误；C、充电时阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Ni（OH）2+2OH2e=Ni2O3+3H2O，所以阳极附近溶液的pH降低，阴极附近pH升高，故C错误；D、充电时阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Ni（OH）2+2OH2e=Ni2O3+3H2O，故D
27、正确；故选D点评：本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应，题目难度中等6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAB常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAC标准状况下，2.24L的CCl4中含有的CCl键数为0.4NAD将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为考点：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、根据氯原子的守恒来分析；B、甲醛和冰
28、醋酸的最简式为CH2O，3.0g混合物中含有0.1mol最简式；C、标况下，四氯化碳为液态；D、根据Na2O2与CO2的反应分析可知，转移2mol电子时，增重2molCO的质量解答：解：A1mol氯气中共含2mol氯原子，而氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中有HClO分子、ClO、Cl、Cl2分子，根据氯原子的守恒可有：2NA=N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）+2N（Cl2），即N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2），故A错误；B3.0g含甲醛的冰醋酸中含有0.1mol最简式CH2O，含有0.4mol原子，含有的原子总数为0.4NA，故B正确；C、C
29、Cl4在标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D根据Na2O2与CO2的反应分析可知，转移2mol电子时，增重2molCO的质量即56g，故当增重a克时，即转移mol电子，即个，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大7一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，则乙可能是（）AAl（OH）3BH2SiO3CFeCl2DCH3Cl考点：镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的化学性质 专题：元素及其化合物分析：A氧化铝和水不反应；B二氧化硅和水不反应；C可由氯化铁和铁发生化合反应生成；D应由甲烷和氯气
30、发生取代反应生成解答：解：由图可知，甲生成乙的反应为化合反应，A氢氧化铝不能由氧化铝和水化合反应生成，故A错误；B二氧化硅和水不反应，制取硅酸，应由硅酸盐和酸反应，故B错误；C可用2FeCl3+Fe=3FeCl2制备，为化合反应，故C正确；D应由甲烷和氯气发生取代反应生成，不能通过化合反应制备，故D错误故选C点评：本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大8已知A、B为单质，C为化合物A+BCA+B若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2若C溶液中滴加
31、过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，则B可能为Al若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu能实现上述转化关系的是（）ABCD考点：无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题：推断题；几种重要的金属及其化合物分析：若C溶于水后得到强碱溶液，如A为Na，则C溶液为NaOH或NaCl溶液，电解溶液不能得到Na；若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C溶液呈酸性，可能为HCl；若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，如B为Al，电解氯化铝溶液不能得到铝；若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，应生成氢氧化铜，则B可能为Cu解答：解：若C溶于水后得到强碱溶
32、液，如A为Na，则C溶液为NaOH或NaCl溶液，电解NaOH或NaCl溶液不能得到Na，故错误；若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C溶液呈酸性，可能为HCl，则A可能是H2，B为氯气，电解盐酸可得到氢气和氯气，故正确；若C溶液中滴加过量NaOH溶液，先出现浑浊后澄清，如B为Al，电解氯化铝溶液不能得到铝，故错误；若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，应生成氢氧化铜，则B可能为Cu，A为氯气，电解氯化铜溶液可得到氯气和铜，故正确故选B点评：本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，综合考查元素化合物知识，注意相关基础知识的积累，本题注意电解，难度不大9室温下，下列有关两种溶液
33、的说法不正确的是（）序号pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A两溶液中c（OH）相等B溶液的物质的量浓度为0.01 molL1C两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：D等体积的两溶液分别与0.01 molL1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等；B、一水合氨是弱电解质，不能完全电离，氢氧化钠是强电解质，完全电离；C、pH相等的强碱和弱碱加水稀释，强碱溶液pH变化大；D、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多解答：解：A、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中
34、氢氧根离子浓度相等，故A正确；B、一水合氨是弱电解质，不能完全电离，pH=12的氨水中，其物质的量浓度大于0.01mol/L，故B错误；C、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，NaOH溶液pH变化大，故C正确；D、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸，故D正确；故选B点评：本题考查pH相等的强碱和弱碱的不同，注意弱电解质存在电离平衡，题目难度不大10下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液：c（NH4HSO4）c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B等物质的量的NaClO
35、、NaHCO3混合溶液：c（HClO）+c（ClO）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32）C向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HA）+c（A2）考点：离子浓度大小的比较 分析：A、c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解；B、根据物料守恒，碳与氯元素在溶液中存在的所有微粒浓度相等；C、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液呈酸性，c（Na+）c（CH3COO）
36、；D、电荷守恒分析解答解答：解：A、NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解，c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，c（NH4）2SO4c（NH4HSO4）c（NH4Cl），故A错误；B、根据物料守恒，碳与氯元素在溶液中存在的所有微粒浓度相等，所以c（HClO）+c（ClO）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32），故B正确；C、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液呈酸性，c（Na+）c（CH3COO），故C错误；D、在二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中，根据电荷守恒可以c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2），故D
37、错误；故选B点评：本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较，电荷守恒分析，盐类水解的理解应用，注意溶液稀释过程中离子浓度变化分析，掌握基础是关键，题目难度中等11下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中无明显现象C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应考点：实验装置综合 专题：实验评价题分析：A溴和氢氧化钠溶液反应；B浓硫酸具有脱水性，生成C，然后发生氧化还原反应生成二氧化硫；C反应生成的NO与空气中的氧气反应；D依据氢氧化铁胶体的制备及性质解
38、答解答：解：A溴和氢氧化钠溶液反应，苯层无色，故A错误；B浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能够使蔗糖碳化，然后氧化生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性能够被高锰酸钾氧化，使其褪色，故B错误；C反应生成的NO与空气中的氧气反应，则广口瓶内气体为红棕色，故C错误；D煮沸溶液至红褐色，生成胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故正确；故选：D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及萃取、氧化还原反应、胶体的制备及性质等，题目难度不大12工业上用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应的平衡常数如下表：温度/0100200300400平衡常数667131.91022.410411
39、05下列说法正确的是（）A该反应的H0B加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C工业上采用5103kPa和250的条件，其原因是原料气的转化率高Dt时，向1 L密闭容器中投入0.1 mol CO和0.2 mol H2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为100考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素 专题：化学反应中的能量变化分析：A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断；B、反应前后是气体体积减小的放热反应，增大压强增大氢气浓度，平衡正向进行，催化剂改变反应速率不改变化学平衡；C、此条件是催化剂活性最大，升温平衡逆向进行；D、结合平衡三段式列式计算，平
40、衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积解答：解：A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断，随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应H0，故A错误；B、反应前后是气体体积减小的放热反应，增大压强增大氢气浓度，平衡正向进行，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不能提高CO的转化率，故B错误；C、升温平衡逆向进行，此条件是催化剂活性最大，不是原料气的转化率高，故C错误；D、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol/L） 0.1 0.2 0变化量（mol/L） 0.1
41、50% 0.1 0.05平衡量（mol/L） 0.05 0.1 0.05平衡常数K=100，故D正确；故选D点评：本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡常数概念的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等13下列图示与对应的叙述相符的是（）A如图曲线表示向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加人足量镁粉产生H2的物质的量的变化B表示将0.01molL1 NaOH溶液滴人到稀盐酸中的滴定曲线C为水的电离曲线，从z点刭x点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法D图中曲线表示将pH相同的NH4Cl溶液和盐酸稀释相同倍数时，二者pH的变化考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的
42、应用；中和滴定 专题：图示题；电离平衡与溶液的pH专题分析：A醋酸为弱酸，不能完全电离；B将0.01molL1 NaOH溶液滴人到稀盐酸中，则溶液pH应逐渐增大；C从z点刭x点，水的离子积常数减小，应改变温度；D氯化铵水解呈酸性，加水稀释，促进水解解答：解：A醋酸是弱酸，盐酸是强酸，以此在物质的量浓度相同的情况下，盐酸与镁反应的速率快，故A错误；B乙应该表示的是将稀盐酸滴加到氢氧化钠溶液中的滴定曲线，故B错误；C丙为水的电离曲线，从z点刭x点，水的离子积常数减小，因此不能采用在水中加入适量氢氧化钠固体的方法实现，故C错误；D盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是强酸弱碱盐，水解呈酸性，因此在pH相同的
43、条件下，分别稀释相同的倍数时，盐酸的pH变化大，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及外界条件对反应速率的影响、电离平衡、盐类水解以及酸碱中和反应曲线等知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大14下列说法正确的是（）A常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大B已知Ksp（AgCl）=1.561010，Ksp（Ag2CrO4）=9.01012，在含Cl、CrO42浓度相同的溶液中逐滴滴加稀AgNO3溶液时，则先生成AgCl沉淀C某晶体中，有金属阳离子一定有阴离子D物质的溶解度随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的考点：难溶电解质的溶解平衡及沉
44、淀转化的本质；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 分析：A、溶度积常数只与温度有关；B、析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）=mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=mol/L，c（Ag+）越小，先生成沉淀；C、金属晶体中存在金属阳离子和自由移动的电子，不存在阴离子；D、物质的溶解度不一定随温度的升高而增大解答：解：A、溶度积常数只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故A错误；B、析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）=mol/L；Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=mol/L，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，由于Cl、CrO42浓度相同时，氯化银溶液中银离子浓度小，故先产生AgCl
45、沉淀，故B正确；C、金属晶体中不存在阴离子，故C错误；D、物质的溶解度不一定随温度的升高而增大，如氢氧化钙溶液随温度的升高溶解度减小，故D错误，故选B点评：本题考查了影响物质溶解度的因素、Ksp的应用、沉淀溶解平衡的移动，侧重于有关原理的应用的考查，题目难度不大15下列解释事实的离子方程式不正确的是（）A酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2OB向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6ClC向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3+3Mg2+D（NH4）2F
46、e（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OH=Fe（OH）2考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A发生氧化还原反应，电子、电荷守恒；B足量氯气，则亚铁离子、溴离子均全部被氧化；C发生沉淀的转化；D过量NaOH溶液，铵根离子、亚铁离子均反应解答：解：A酸性KMnO4溶液与H2O2反应的离子反应为2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，遵循电子、电荷及原子守恒，故A正确；B向FeBr2溶液中通入足量氯气的离子反应为2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl，遵循电子、电荷及原子守恒，故B正确；C向FeCl3溶液中加入Mg（OH
47、）2，发生沉淀转化的离子反应为3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3+3Mg2+，故C正确；D（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2的离子反应为2NH4+Fe2+4OH=Fe（OH）2+2NH3H2O，故D错误；故选D点评：本题考查离子反应书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、沉淀转化及与量有关的离子反应考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大16在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/L
48、 NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g则下列叙述不正确是（）A当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD参加反应金属总质量（m）为9.6gm3.6g考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：发生反应方程式为：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应为：Mg（NO3
49、）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol=0.15mol，据此对各选项进行计算和判断解答：解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向
50、反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol=0.15mol，A镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol=0.1mol，标准状况下生成NO的体积为：0.1mol22.4L/mol=2.24L，故A
51、正确；B若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，故B正确；C根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，硝酸有可能有剩余，故C错误； D镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为9.6gm3.6g，故D正确；故选C点评：本题考查混合物反应的计算、化学反应方程式的计算，
52、题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力二、填空、简答题17（11分）（2014秋龙海市校级期末）有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W； Y单质晶体熔点高硬度大试回答下列问题：（1）五种元素中原子半径最大的元素是Na（写元素符号）（2）X与M两元素以原子个数1：1形成的化合物的电子式为（3）写出由YM2制取Y单质的化学方程式SiO2+2CSi+2CO（4）化合物Z2W2遇水剧烈反应，产生黄色沉淀和刺激性气味
53、的气体，其反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=3S+SO2+4HCl（5）W、M两元素形成的单质和化合物常用来杀菌消毒，试举例Cl2、ClO2（写化学式，任写两种）（6）乙酸乙酯在X的最高价氧化物的水化物溶液中易水解，写出相应的反应化学方程式CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：Y的单质晶体熔点高、硬度大，是原子晶体，可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；依次推出X为Na，M为O，Z为S，W为Cl，据此解答各小题即可解答：解：Y的单质
54、晶体熔点高、硬度大，是原子晶体，可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；依次推出X为Na，M为O，Z为S，W为Cl，综上可知：X为钠，Y为硅，Z为硫，W为氯，M为氧，（1）电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，故Na、Si、S、Cl、O五种元素中原子半径最大的元素是Na，故答案为：Na；（2）Na与O两元素以原子个数1：1形成的化合物为过氧化钠，Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，过氧根离子得到电子形成阴离子，电子式为，故答案为：；（3）由SiO2制取Si单质，是采用高温下利用碳还
55、原的方法，化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；（4）S2Cl2与水反应，有无色刺激性气味气体产生，并有黄色沉淀生成，无色刺激性气味气体除氯化氢外，依据氧化还原反应的元素化合价变化守恒推断，化合价降低的生成黄色沉淀为单质硫，化合价升高的生成二氧化硫气体，依据原子守恒、电子守恒写出化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=3S+SO2+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=3S+SO2+4HCl；（5）Cl、O两元素形成的单质氯气具有强氧化性，常用来杀菌消毒，ClO2是一种新型消毒剂，故答案为：Cl2、ClO2；（6）乙酸乙酯在氢氧化钠的水溶液中水解，
56、生成CH3COONa和C2H5OH，反应方程式为：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，故答案为：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH点评：本题考查位置、结构、性质的关系和应用，寻找本题的突破点为Y是解答本题的关键，然后利用元素化合物知识来解答即可18（12分）（2015锦州一模）碱式硫酸铁Fe（OH）SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全
57、沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在4.47.5范围内（2）反应中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe（OH）2+离子可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为2Fe（OH）2+2H2OFe2（OH）42+2H+（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为DA氯水 BKSCN溶液 CNaOH溶液 D酸性KMnO4
58、溶液（5）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL2Fe3+2I2Fe2+I2 I2+2S2O32I+S4O62已知：则溶液中铁元素的总含量为5.6gL1若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会偏高 （填“偏高”“偏低”“不变”）考点：制备实验方案的设计 分析：废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeS
59、O4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答；解答：解：废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O
60、3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，（1）根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.47.5之间将铝离子转化为Al（OH）3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以条件溶液的pH范围为4.47.5之
61、间，故答案为：4.47.5；（2）酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为 2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O，故答案为：2H+Fe2+NO2=Fe3+NO+H2O；（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 2Fe（OH）2+2H2OFe2（OH）42+2H+，故答案为：2Fe（OH）2+2H2OFe2（OH）42+2H+；（4）亚铁离子具有还原性，能被强氧化剂氧化生成铁离子，反应过程中
62、颜色变化明显的效果最佳，A溴水为橙红色，溴将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，故A不选； BKSCN溶液和亚铁离子不反应，没有颜色变化，故B不选； CNaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀，铁离子和氢氧根离子反应生成红褐色沉淀，掩盖氢氧化亚铁颜色，故C不选； D酸性KMnO4溶液呈紫色，亚铁离子能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象明显，故D选；故选D；（5）由2Fe3+2I2Fe2+I2、I2+2S2O322I+S4O62可得：Fe3+S2O32，则n（Fe3+）=n（S2O32）=0.1000mol/L0.02L=0.002mol，铁元素总含量为：=5.6g
63、/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；偏高点评：本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生获取信息及利用信息能力、分析能力、实验操作能力，注意题给信息的灵活运用，知道常见离子的检验方法及现象，题目难度中等19（17分）（2014秋龙海市校级期末）某同学对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀进行探究，实验步骤如下：将光亮铜丝插入浓硫酸，加热；待产生黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用（1）甲同学认为根据所学知识：已知硫化铜（CuS）、硫化亚铜（Cu2S）、粉末和氧化铜粉
64、末相似且都不溶于水，在空气中煅烧硫化铜和硫化亚铜都转化二种氧化物，设计一个不用任何化学试剂就能鉴别氧化铜、硫化铜、硫化亚铜三种粉末的简便实验方案，请帮助甲同学将方案填写于下表中，实验提供天平及其他必要的设备实验步骤实验现象结论及有关化学方程式A分别称取相同质量的样品，在空气中燃烧；B分别称量硫化铜和硫化亚铜灼烧后剩余物质的质量A有一种固体无变化，两种固体产生刺激性气味气体B有一种样品质量减轻，一种样品质量不变A固体无变化的是氧化铜，产生刺激性气味气体的是硫化铜和硫化亚铜，在空气中煅烧中反应的化学方程式分别为2CuS+3O22CuO+2SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2B质量减轻的是硫化铜
65、，质量不变的是硫化亚铜（2）乙同学查阅文献得知检验微量Cu2+的方法是：向试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+该同学假设黑色沉淀是CuO检验过程如下：将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，产生红褐色沉淀将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀由该检验过程所得结论是黑色沉淀中不含有CuO（3）丙同学再次假设，黑色沉淀是铜的硫化物实验如下：实验装置现象1A试管中黑色沉淀逐渐溶解2A试管内上方出现红棕色气体3B试管中出现白色沉淀现象2说明黑色沉淀具有还原性能确认黑色沉淀中含有S元素的现象是B试管中出现白色
66、沉淀，相应的离子方程式是NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需进行的实验操作是取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物以上实验说明，黑色沉淀中存在铜的硫化物进一步实验后证明黑色沉淀是CuS与Cu2S的混合物将黑色沉淀放入浓硫酸中加热一段时间后，沉淀溶解，其中CuS溶解的化学方程式是CuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2+4H2O（4）丁同学通过实验确认，固体只含有硫化铜和硫化亚铜，他通过以下实验求硫化亚铜的百分含量：取2g Cu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用
67、400mL 0.075mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4+5Cu2S+44H+=10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O6MnO4+5CuS+28H+=5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL 0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应则混合物中Cu2S的质量分数为40%考点：性质实验方案的设计；浓硫酸的性质实验 分析：（1）在空气中煅烧硫化铜和硫化亚铜都转化为氧化铜和二氧化硫，有刺激性气味的气体产生，而氧化铜受热无变化，由于硫化铜和硫化亚铜的含铜量不同，故剩余的生成氧化铜的质量不同，然后根据物质
68、的质量差异进行鉴别；（2）根据题中信息中检验铜离子的方法对进行分析，然后得出正确结论；（3）红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；根据反应现象可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；还需要确定黑色固体中含有铜离子，根据题目信息来解答；浓硫酸具有强氧化性，能够将硫化铜中硫氧化成硫酸铜、二氧化硫和水，据此写出反应的化学方程式；（4）先根据方程式MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O计算消耗的高锰酸钾的物质的量；高锰酸钾的总物质的量减去与（
69、NH4）2Fe（SO4）2 反应的高锰酸钾的物质的量即为与混合溶液反应消耗的高锰酸钾的物质的量；再根据金属化合物的质量和金属化合物与高锰酸钾反应的高锰酸钾的物质的量列方程式组，计算出硫化亚铜的质量，最后根据质量分数计算方法计算即可解答：解：（1）在空气中煅烧硫化铜和硫化亚铜都转化为氧化铜和二氧化硫，有刺激性气味的气体产生，而氧化铜受热无变化，由于硫化铜和硫化亚铜的含铜量不同，故剩余的生成氧化铜的质量不同，可以分别称量硫化铜和硫化亚铜灼烧后剩余物质的质量进行鉴别，如2CuS+3O22CuO+2SO2192 160Cu2S+2O22CuO+SO2160 160故答案为：2CuS+3O22CuO+2
70、SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2；分别称量硫化铜和硫化亚铜灼烧后剩余物质的质量；（2）向试液中滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，根据将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4Fe（CN）6溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO，故答案为：黑色沉淀中不含有CuO；（3）A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化，故答案为：还原；根据反应现象B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+，故答案为
71、：B试管中出现白色沉淀；NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+；为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需检验黑色固体中含有铜离子，方法为：取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物；浓硫酸具有强氧化性，硫化铜与浓硫酸反应的化学方程式为：CuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2+4H2O；故答案为：取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4Fe（CN）6溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物；CuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2+4H2O；（4）设消耗高锰酸钾xmol，MnO4
72、+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O1mol 5molxmol 0.350L0.1mol/L 所以x=0.007，高锰酸钾的总物质的量为0.400L0.075mol/L=0.03mol，所以KMnO4溶液与混合物反应，消耗KMnO4的物质的量为0.03mol0.007mol=0.023mol，设Cu2S的物质的量为mmol，CuS的物质的量为nmol，8MnO4+44H+5Cu2S=10Cu2+5SO2+8Mn2+22H2O8 5mol mmol 6MnO4+28H+5CuS=5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2O6 5 nmol所以列方程组为：解得：所以Cu2S的质量为0.8g，
73、CuS的质量为1.2g，Cu2S的质量分数为100%=40%，故答案为：40%点评：本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计与化学计算，题目难度较大，知识点较多，理解题中信息和反应原理是解题关键，如根据铜离子检验方法解答（2），试题培养了学生的分析、理解能力20（12分）（2014秋龙海市校级期末）元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子请回答下列问题：（l）Z在周期表中的位置第三周期第A族；W基态原子的价电子排布
74、式3d84s2（2）X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是N（填元素符号）（3）在XQ中Q的杂化类型为sp3 X的氧化物（X2O）晶体结构示意图如右，则 1molX2O晶体含有2mol氢键（4）金属原子与CO形成的配合物称为金属羰基配合物（如羰基铁）形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，且金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18金属羰基配合物中，微粒间作用力有bc（填字母代号）a、离子键 b、共价键 c、配位键 d、金属键羰基铁是一种黄色油状液体，熔点21、沸点102.8由此推测，固体羰基铁更接近于分子晶体（填晶体类型）若用Fe（CO）x表示羰基铁的化学式，则x=5
75、考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，故Q为硫，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，据此解答各小题即可解答：解：元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素Z元素的焰色反应为黄色，那么Z为钠，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，故此气体为氨气，则X为氢，Y为氮，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形
76、，故Q为硫，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子，故W为镍，综上所述：X为氢，Y为氮，Z为钠，Q为硫，W为镍，（1）Na在周期表中的位置是第三周期第A族，Ni的原子序数为28，价电子排布为3d84s2，故答案为：第三周期第A族；3d84s2；（2）元素的非金属性越强，其第一电离能越大，H、N、Na、S中，非金属性N的最强，故这些基态原子第一电离能最大的是N，故答案为：N；（3）H2S分子中共价键键角接近90，即HSH键角接近90，空间构型为V形，H2S分子中S原子的键电子对数为2，孤电子对数=（612）=2，则价层电子对数为4，所以S原子为杂化sp3，在冰晶体中，一个水分子与周围四个水分子形成正四面体结构，一个水分子可以形成四个氢键，而二个水分子共一个氢键，故一个水分子可形成二个氢键，1mol冰晶体中存在2mol氢键，故答案为：sp3；2；（4）金属羰基配合物中应含有配位键，羰基中含有共价键，故答案为：b c；羰基铁沸点低，应为分子晶体，羰基铁中铁能提供的空轨道数为5，故答案为：分子晶体；5点评：本题主要考查的是元素的推断，涉及价电子排布图、杂化方式、冰的结构与氢键等，综合性较强，有一定难度