1、河南省安阳县第三高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列化学式与其名称的对应关系正确的是A.软脂酸 C17H33COOH B.纯碱 Na2CO310H2OC.纤维素C6H7O2(OH)3n D.丙氨酸 CH2(NH2)CH2COOH【答案】C【解析】试题分析：软脂酸的化学式是C15H31COOH，A不正确；纯碱是碳酸钠，化学式是Na2CO3，B不正确；C正确。D不正确，丙氨酸的结构简式是CH3CH(NH2)COOH，答案选C。考点：考查常见化学用语的正误判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型与重要的考点。该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化
2、学用语的熟悉掌握程度。该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住，并能灵活运用。2下列说法正确的是A金属单质在反应中只能作还原剂，非金属单质只能作氧化剂B失电子多的金属还原性强C某元素从化合态到游离态，该元素一定被还原D氧化还原反应中一定存在电子转移【答案】D【解析】试题分析：A、金属单质只能作还原剂，非金属单质可以作氧化剂如CuCl2=CuCl2，也可以做还原剂，如H2Cl2=2HCl，H2作还原剂，故错误；B、还原性的强弱跟失电子的多少无关，故错误；C、某元素从化合态到游离态，可能是被
3、还原，如FeCu2=CuFe2，Cu2化合价降低，被还原，也可能是被氧化，MnO24HCl(浓)=MnCl2Cl22H2OCl的化合价升高，被氧化，故错误；D、氧化还原反应实质电子的得失或偏移，故说法正确。考点：考查氧化还原反应的概念、实质等知识。3下列各组顺序的排列不正确的是( )A.离子半径：F- Na+Mg2+Al3+ B.热稳定性：HClH2SPH3C.酸性强弱： H2SiO3H2CO3HNO3 D.最高正化合价：NOF【答案】D【解析】具有相同核电核数的微粒，核电核数大的半径小，则 A正确；同周期由左向右元素非金属性逐渐增强，氢化物越来越稳定，最高价含氧酸酸性逐渐增强，同主族元素由上
4、到下最高价含氧酸酸性逐渐减弱，则BC正确；N的最高正化合价为+5，O、F无正价D错。4有机物A的分子式为C10H14，它不能使溴水褪色，但能使酸性KMnO4溶液褪色，经测定数据表明，分子中除含苯环外不再含有其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，符合此条件的烃的结构有A3种 B4种 C5种 D7种【答案】A【解析】分子中除含苯环外不再含有其他环状结构且苯环上只有一个侧链为-C4H9、这三种基团可以使酸性高锰酸钾褪色。连接苯环的碳上面没有氢无法被酸性高锰酸钾氧化。5定容容器中反应：N2(g)3H2(g) 2NH3(g)，下列措施不能提高其反应速率的是（ ）。A升高温度 B使用催化剂 C充入稀有气体，
5、增大体系压强 D增加N2和H2的起始量【答案】C【解析】试题分析：A升高温度，使分子的能量增大，化学反应速率加快，错误；B使用催化剂能够是芳香反应速率大大加快，错误；C充入稀有气体，增大体系压强，但是反应物的浓度不变，所以化学反应速率不变，正确；D增加N2和H2的起始量，物质的浓度增大，化学反应速率加快，错误。考点：考查影响化学反应速率的因素的知识。6设NA为阿佛加德罗常数，下列对于0.3mol/L的硫酸钾溶液的说法中不正确的是A1L溶液中含有0.6NA个钾离子B1L溶液中含有钾离子和硫酸根离子总数为0.9NAC2L溶液中钾离子浓度为1.2mol/LD2L溶液中含有硫酸根离子0.6NA个【答案
6、】C【解析】试题分析：A、0.3mol/L的硫酸钾溶液，1L溶液中含硫酸钾物质的量0.3mol，含有0.6NA个钾离子，故A正确；B、1L 0.3mol/L的硫酸钾溶液中含有钾离子和硫酸根离子总数为0.9NA，故B正确；C、2L 0.3mol/L的硫酸钾溶液中钾离子浓度为0.6mol/L，故C错误；D、2L 0.3mol/L的硫酸钾溶液中含有硫酸根离子0.6NA个，故D正确；故选C考点：阿伏伽德罗常数7常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A澄清透明的无色溶液：K+、NH4+、MnO4、HCO3B0.10 molL1 KI溶液：Al3+、Fe3+、Cl、SO42C滴入甲基橙变红色的
7、溶液：Na+、Ca2+、NO3、ClDc（H+）=11012 molL1的溶液：Mg2+、Cu2+、NO3、SO42【答案】C【解析】试题分析：AA澄清透明的无色溶液中不能存在有色离子，MnO4为紫红色， A错误；B0.10 molL1 KI溶液： Fe3+和I-发生氧化还原反应而不能共存，B错误；C滴入甲基橙变红色的溶液中存在H+，Na+、Ca2+、NO3、Cl能够共存，C正确；Dc（H+）=11012 molL1的溶液中存在OH-，Mg2+、Cu2+和OH-不能够共存，D错误，答案选C。考点：考查离子共存8已知0.1mol X2O72- 能将100mL，3mol/L SO32- 氧化成SO
8、42-，则X元素被还原后的化合价是A0 B+2 C+3 D+4【答案】C【解析】试题分析：亚硫酸根离子中的硫元素化合价从+4升高到+6，总共失去的电子物质的量为20.13=0.6摩尔，等于X元素得到的电子的物质的量，故X变化的化合价为0.60.12=3，原来X的化合价为+6，故被还原后的化合价为+6-3=+3，故选C。考点：氧化还原反应中电子守恒。9下列有机物的结构简式书写正确的是（ ）A.TNT B、硬脂酸甘油酯 C.乙酸甲酯 CH3OOCCH3 D.3-甲基丁醛 (CH3)2CHCH2COH 【答案】C【解析】试题分析：TNT为，硬脂酸甘油酯为，3-甲基丁醛为(CH3)2CHCH2CHO。
9、答案选C。考点：有机物的结构简式点评：官能团在反着写的时候注意原子的顺序。10下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是选项理由结论A键能：NNClCl单质沸点：N2Cl2B分子中可电离的H+个数：H2SO4CH3COOH酸性：H2SO4CH3COOHC元素的金属性：KNa碱性：KOHNaOHD氧化性：Fe3+Cu2+还原性：Fe2+Cu【答案】C【解析】试题分析：A、分子晶体的键能决定了它们的稳定性，而分子间作用力决定其溶沸点，A错误；B、酸性的强弱与酸电离出H + 的难易程度有关，与每个分子电离出H + 个数无关，B错误；C、元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，C正确；D
10、、一般来说微粒的氧化性越强，其对应的得电子后的还原性微粒还原性就越弱，故Fe 2+ Cu，D错误。考点：考查了键能、酸性强弱的比较、金属性的变化规律等相关知识。11一些盐的结晶水合物，在温度不太高时就有熔化现象，即熔溶于自身的洁净水中，又同时吸收热量。他们在塑料袋中经日晒就熔化，又在日落后缓慢凝结而释放热量。故可用于调节室内温度，或用作夏日防暑的枕垫或坐垫，这些物质可称之为热材料。现有几种盐的结晶水合物有关数据如下：Na2S2O35H2OCaCl26H2ONa2SO410H2ONa2HPO410H2O熔点/405029923238351熔化热/kJmol1497373771001根据上述数据和
11、实用性考虑，实际运用时常采用的物质应该是A BC D【答案】C【解析】试题分析：熔化温度适当，比较容易制取该物质，熔化时单位质量的物质吸收热量比较多多Na2SO410H2O具有这样的特点。熔化温度太高，而熔化温度低且熔化时吸热少，温度和熔化吸热量适当，不容易获得。故选C。考点：考查了物质的性质和用途的相关知识。12有关能量的判断或表示方法正确的是A由H+(aq)OH(aq) H2O(l) H57.3kJ/mol，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJB等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多C2gH2完全燃烧生成液态水放出
12、285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)O2(g) 2 H2O(l) H285.8kJ/molD从C（石墨）C（金刚石） H1.9kJ/mol，可知石墨比金刚石更稳定【答案】D【解析】试题分析：A醋酸是弱电解质，溶于水电离，电离吸热，则由H+(aq)OH(aq) H2O(l) H57.3kJ/mol，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，A错误；B气态S的能量高于固态S的能量，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后前者放出热量更多，B错误；C2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方
13、程式为：H2(g)1/2O2(g)H2O(l) H285.8kJ/mol，C错误；D从C（石墨）C（金刚石） H1.9kJ/mol，可知石墨的总能量低于金刚石，能量越低越稳定，因此石墨比金刚石更稳定，D正确，答案选D。考点：考查反应热的有关判断与应用13下列有关氨的性质的叙述中正确的是 ()氨不能在空气中燃烧氨水呈碱性氨气和酸相遇都能产生白色烟在反应：NH3H=NH中氨失去电子被氧化氨水中含氮微粒中最多的是NHAB C D【答案】A【解析】氨气只有在加热并有催化剂的条件下才可与氧气发生催化氧化反应，正确。氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨可电离出NH4和OH，正确。氨气只有与挥发性的酸相遇才能产
14、生白色烟雾，不正确。中的反应看看作是复分解反应，不正确。氨气溶于水后只有少部分与水反应，所以氨水中含氮微粒中最多的是氨气，不正确，答案A。14下列说法正确的是()A按系统命名法，化合物的名称是2,3,5,5四甲基4,4二乙基己烷B等物质的量的苯与苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等C苯与甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色D结构片段为的高聚物，其单体是甲醛和苯酚【答案】D【解析】从有机物的组成和结构入手，分析其化学性质，得出合理答案。该有机物的名称中碳原子编号错误，应从右端碳原子开始编号，正确名称应为2,2,4,5四甲基3,3二乙基己烷，A项错。苯、苯甲酸的分子式分别为C6H6、C7H6O
15、2，而苯甲酸可写成C6H6CO2，显然等物质的量的两种有机物完全燃烧时，消耗O2的物质的量相等，B项错。苯和甲苯互为同系物，甲苯能使KMnO4酸性溶液褪色，而苯不能，C项错。由高聚物的结构片段可知，该高聚物应由单体苯酚和甲醛发生缩聚反应生成，D项正确。点拨：知识：有机物的命名，同系物及其性质，高聚物及其单体的推断。能力：考查考生对有机化学基础知识的理解及迁移应用能力。试题难度：中等。15（6分）（2012重庆）向10mL 0.1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL下列叙述正确的是（ ）A.x=10时，溶液中有、Al3+、，且c（）c（Al3+）B.x=
16、10时，溶液中有、，且c（）c（）C.x=30时，溶液中有Ba2+、OH，且c（OH）c（）D.x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH，且c（OH）=c（Ba2+）【答案】A【解析】试题分析：当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH量不足，OH首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42也有剩余，但此时不会有AlO2生成，结合铵根离子水解解答；当x=30时，0.001 mol的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 m
17、ol NaAlO2、0.001 mol NH3H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH，由于NH3H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH，据此判断反应中c（OH）与c（AlO2）、c（Ba2+）的大小关系解：A、当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH量不足，OH首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42也有剩余，但此时不会有AlO2生成，溶液中c（NH4+）c（Al3+），故A正确；B、由A中分析可知，溶液中不会有AlO2生成，溶液中有NH4+、
18、Al3+、SO42，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO42，溶液中NH4+未参加反应，但溶液中NH4+水解，故c（NH4+）c（SO42），故B错误；C、当x=30时，0.001 mol的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol NaAlO2、0.001 mol NH3H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH，由于NH3H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH，使得溶液中c（OH）大于0.001 mol，故c（OH）c（AlO2），故C错误；D
19、、由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2、OH，其中溶液中c（OH）大于0.001 mol，含有0.001 mol Ba2+，c（OH）c（Ba2+），故D错误；故选A点评：本题考查离子方程式的有关计算、过量计算等，难度中等，清楚氢氧根离子与铵根离子、铝离子反应的先后顺序是解题的关键16(14分)A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A、C在元素周期表中的相位置如图，A元素最外层与次外层上的电子数之差为3，B为地壳中含最最多的金属元素。（1）D的离子结构示意图为_。（2）B、C、D形成的简单离子半径由大到小的顺序： （写离子符号）（3）A的最高价氧化物对应的水化物是乙，现将过
20、量Cu加入到60 mL 100 mol/L乙的浓溶液中，充分反应，共收集到448L（标准状况）气体，则该气体的成分是_，反应中电子转移数为_。若使上述中反应后剩余的铜片继续溶解，可向其中加入稀硫酸，写出反应的离子方程式： 。（4）将两份足量的B单质分别加入到等体积等浓度的硫酸和NaOH溶液中，充分反应生成气体的体积比为_，若将反应后所得的溶液混合，会生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为_。【答案】(共14分)（1）（2分）（2）S2- Cl- Al3+ （2分） （3）NO2 NO （2分 多写少些均不得分 ）04 mol（2分） 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO +4H2O（2分）
21、（4） 2:3（2分） Al3+3Al(OH)4 -=4 Al(OH)3（2分）【解析】试题分析：A元素最外层与次外层上的电子数之差为3，根据A在元素周期表中的位置，可知A为N元素，则C为S元素，A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，则D为Cl元素，因为B为地壳中含最最多的金属元素，则B为Al元素。（1）D为Cl元素，则D离子为Cl，结构示意图为：（2）B、C、D形成的简单离子分别为Al3+、S2、Cl，根据电子层数越大，离子半径越大；电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以B、C、D形成的简单离子半径由大到小的顺序为：S2- Cl- Al3+（3）A的最高价氧化物对应
22、的水化物是HNO3，因为Cu过量，随着反应的进行，HNO3的物质的量逐渐减少，浓硝酸变为稀硝酸，所以生成的气体为NO2和NO；HNO3物质的量为006L100 molL1=06mol，生成的的气体在标准状况下的体积为448L，则物质的量为02mol，因为Cu过量，HNO3完全反应，起酸性作用的硝酸物质的量为：06mol-02mol=04mol，根据Cu(NO3)2的组成可知反应的Cu物质的量为02mol，根据Cu化合价的变化可知电子转移数为04 mol；加入稀硫酸后，NO3、H+可以继续与Cu反应，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO +4H2O。（4）Al与硫酸反应的化学
23、方程式为：2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2，Al与NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2因为H2SO4与NaOH物质的量相等，所以生成气体的体积比为：2:3；将反应后所得的溶液混合，Al3+与Al(OH)4发生水解反应，会生成白色沉淀Al(OH)3，所以发生反应的离子方程式为: Al3+3Al(OH)4 -=4 Al(OH)3考点：本题考查原子结构、元素周期律与元素周期表、物质的性质、方程式的书写及计算。 17森林是国民经济的宝贵资源，它不仅提供木材和多种林副产品，而且在保护环境、维持生态平衡方面起着极为重要的作用，试回答：
24、(1)森林通过什么途径吸收CO2，防止温室效应？_。(2)木材是重要的化工原料，其主要成分是纤维素，纤维素分子由很多个_单元构成，在每个单元中含有_个羟基，所以纤维素能发生_反应，它与浓H2SO4和浓HNO3的混合物发生反应的化学方程式是_。(3)纤维素在浓硫酸的作用下水解的最终产物是_(填结构简式)。写出在医学上检验该物质的化学方程式_。【答案】(1)光合作用(2)葡萄糖3酯化C6H7O2(OH)3n3nHNO3 C6H7O2(ONO2)3n3nH2O(3)CH2OH(CHOH)4CHOCH2OH(CHOH)4CHO2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COOHCu2O2H2O【解析】该题
25、是一道生化结合题，考查了森林在环保中的作用。同时考查了纤维素的结构C6H7O2(OH)3，纤维素的硝化反应；同时纤维素水解的最终产物为葡萄糖，在医学上常用新制的Cu(OH)2悬浊液检验。18本题分子量用以下数据：H2O18.0，CaO56.0，CaO272.0。过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化钙样品的组成进行了如下实验。称取0.270g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在标准状况下体积为33.6mL。另取0.120g样品，溶于稀盐酸，加热煮沸，使生成的H2O2完全分解。然后将溶液中的Ca2+完全转化成CaC2O
26、4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200molL-1KMnO4溶液滴定，共用去31.0mLKMnO4溶液。化学方程式如下：5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2+8H2O（1）写出CaO2受热分解的化学方程式。（2）计算样品中CaO2的质量分数。（3）计算样品中CaO2xH2O的x值。【答案】（1）2CaO22CaO+O2（2）=80.0（3）n（CaC2O4）=n（Ca2+）=31.010-3L0.0200molL-1 =0.00155mol其中CaO2所含的n（Ca2+）= m（CaO）=（0.00155mol-0.
27、00133mol）56.0gmol-1=0.012gm（H2O）=0.120g-0.120g80.0-0.012g=0.012g 【解析】【错解分析】第（1）问：CaO2=CaO+O2，CaO2=Ca+O2，2CaO2+H2O=2CaO+O2+H2O，2CaO2nH2O=2CaO+O2+2nH2O（n=1，2，3即定值）。第（2）问：40，62，。来源:第（3）问：（72+18x）：0.120=1：（1.5510-3），72M（CaO2xH2O）=80，M=90，x=1。【正解】第（1）问：根据信息，可写出CaO2受热分解的化学方程式：2CaO2CaO+O2。常见误区，是由于未配平所致。误区是
28、由于未读懂题示信息所致。误区是由于多写了水的分子式所致。误区是由于未通观全题的叙述，误将CaO2xH2O写成有定值的水，造成失误。第（2）问：根据信息中，O2在标准状况下的体积可求出的物质的量为33.6mL22400mLmol-1=1.5010-3mol。根据关系式2CaO2O2，可求得CaO2物质的量为21.5010-3mol，CaO2质量为21.5010-3mol72.0gmol-1样品中CaO2的质量分数为：出现误区，是由于化学方程式未配平，关系式未找对（CaO2O2），导致失误。出现误区，是由于误将CaO2的摩尔质量72.0gmol-1用CaO的摩尔质量56.0gmol-1代入式中计算
29、，导致失误。出现误区，是由于未用题中数据，直接用CaO2H2O的摩尔质量进行求算，虽然计算结果都是80，但计算的依据错误。第（3）问：根据信息，可求出CaC2O4物质的量（即Ca2+总物质的量），所用关系式为：5CaC2O42KMnO4KMnO4的物质的量为0.0200molL-131.0mL10-3LmL-1CaC2O4的物质的量为0.0200molL-131.010-3L5/2=0.00155mol其中CaO2所含Ca2+的物质的量为：n（Ca2+）= CaO的物质的量为0.00155mol-0.00133molm（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）56.0gmol-
30、1=0.012gm（H2O）=0.120g-0.120g80.0-0.012g=0.012gCaO2与H2O的物质的量之比为 故出现误区，是由于错误列式：CaO2xH2OCaC2O4xH2O（72+18x）g 1mol0.120g 1.5510-3mol误将0.120g全部看成CaO2xH2O，忽略了样品中“通常含有部分CaO”，CaO2xH2OCaC2O4这个关系式也是错的，CaC2O4的物质的量是溶液中全部Ca2+的物质的量，它不等于CaO2中所含的Ca2+的物质的量。出现误区，是由于误将样品中CaO2的质量分数（80）作为结晶水合物中含CaO2的质量分数，进行推算，导致失误。19铁矿石是
31、工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。铁矿石碱石灰H2A B C铁矿石中含氧量的测定 按上图组装仪器，检查装置的气密性； 将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）； 从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯 充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却。（1）装置C的作用为 。（2）测的反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为 。铁矿石中含铁量的测定（1）步骤中煮沸的作用是 。（2）步
32、骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 。（3）下列有关步骤的操作中说法正确的是 。10.0g铁矿石足量稀硫酸过滤滤液A通入足量Cl2稀释至250mL加热煮沸溶液B取20.00mLB的稀溶液用0.5000molL-1的KI溶液滴定消耗KI溶液VmLa因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d锥形瓶不需要用待测液润洗e滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数（4）若滴定过程中消耗0.5000molL1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为 。由、可以推算出该铁矿石中
33、铁的氧化物的化学式为 。【答案】（14分）（1）防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果。（2分） （2）24% （2分）（1）赶走溶液中溶解的过量的Cl2 （2分）（2）250mL容量瓶 （2分）（未答“250mL”不给分）（3）df （2分） （4）70% （2分）. Fe5O6 （2分）【解析】试题分析：（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水以及二氧化碳；（2）氧元素的百分含量为：（1）通入过量的Cl2是为了将铁元素全部变为Fe3+，但是为了防止过量的氯气与KI反应，使测定结果偏高，所以要将溶液煮沸赶走溶液中溶解的过量
34、的Cl2。（2）步骤是溶液的配制（稀释），可知该处应该用250ml的容量瓶。（3）a碘水、Fe3+均为黄色，滴定过程中颜色无明显变化，故a错。b2Fe3+ 2I= 2Fe2+ I2，滴定一开始就生成I2，使淀粉溶液变蓝，无法指示终点。正确的指示剂应该为KSCN，颜色变化为血红色变为无色。故b错。c滴定管用蒸馏水洗涤后必需用待装液润洗后才能装液。故c错。e滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶。故e错。f滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。故f错。（4）由于所取溶液（含Fe3+）的体积与消耗KI溶液的体积相等，结合方程式可知，c(Fe3+)=c(KI)=0.5molL1，所以铁元素的百分含
35、量为： 因为，所以铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe5O6考点定位：本题是一道探究铁的氧化物和氢氧化物、测量物质的含量知识的一道综合考查题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，难度大20如图是某同学设计的制备少量氯气并进行系列实验的装置（夹持及加热仪器已略）（1）若装置A中制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，请写出装置A中的化学反应方程式： ；实验室也可用高锰酸钾制氯气：2KMnO4+16HCl（浓）=5Cl2+2MnCl2+2KCl+8H2O该反应中的氧化剂是 ，若消耗0.2mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是 mol；（2）装置B中饱和食盐水的作用是 ；（3）装置C的实验目的
36、是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入 （填编号）；（碱石灰为NaOH与CaO混合物，无水氯化钙为中性干燥剂）abcdI干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰无水氯化钙碱石灰无水氯化钙III湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到D中无色溶液逐渐变为 色，若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置（KI溶液与CCl4），振荡锥形瓶后静置一会儿，可以观察到的现象是 ；（5）装置F中用足量的NaOH溶液吸收余氯，试写出相应的化学方程式 【答案】
37、（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；KMnO4，1；（2）：除去Cl2中的HCl；（3）d；（4）橙黄；E中液体分为两层，下层（CCl4层）为紫红色；（5）2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O【解析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；依据方程式2KMnO4+16HCl（浓）=5Cl2+2MnCl2+2KCl+8H2O 反应中锰元素化合价降低，所以氧化剂为高锰酸钾，还原剂为氯化氢，16mol氯化氢参加反应，只有10mol被氧化，所以若消耗0.2mol氧化剂，则被氧化的还
38、原剂的物质的量是1mol；（2）反应过程中氯化氢和水蒸气是氯气中的杂质，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，故应选择d；（4）D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄，所以现象为：溶液从无色变化为
39、黄色；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾和CCl4的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡观察到的现象是：E中溶液分为两层，下层（四氯化碳层）为紫红色；（5）用足量的NaOH溶液吸收余氯，相应的化学方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O， 【点评】本题考查了氯气实验室制取，氯气化学性质的应用，实验设计，实验装置的原理分析，化学方程式的书写，明确氯气制备原理和性质是解题关键，题目难度中等21将一定量的磁黄铁矿溶于足量的盐酸，充分反应后测得生成S单质2.4g，FeCl2 0.425mol，且溶液中无Fe3，计算Fe1-xS中的x值（矿
40、石中其他成分不与盐酸反应）。【答案】0.15 （4分）【解析】试题分析：解法一：由2Fe3S，得20.15mol由铁原子守恒得：Fe1-xS中0.425mol所以0.425mol0.15mol0.275mol由化合价得：（0.27520.153）20.5mol所以解得解法二：Fe1-xS + HCl FeCl2 + H2S+ S由原子守恒得，0.425mol （盐酸中氢元素反应后在H2S中，氯元素在FeCl2中）所以Fe1-xS中硫元素0.075mol+0.425mol=0.5mol铁元素0.425mol所以 解得考点：考查磁黄铁矿化学式判断的有关计算点评：该题是中等难度的试题，主要是培养学生
41、在化学计算中然后利用好守恒法，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，也有助于培养学生的逻辑思维能力和创新思维能力，提高学生的应试能力和学习效率。22物质有以下转化关系：根据上图和实验现象，回答下列问题：（用化学式表示）（1）A是 ，B是 ，C是 ，X粉末是 （2）写出反应的化学方程式 （3）写出反应的离子方程式 【答案】（1）Na2O2；O2；Na2CO3；Cu；（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）Cu2+2OH=Cu（OH）2【解析】（1）能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，即A为Na2O2，所以B是氧气，固体C是碳酸钠，蓝色溶液是含有铜离子的溶液，可以推知X粉末
42、是金属铜，故答案为：Na2O2；O2；Na2CO3；Cu；（2）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）X粉末是金属铜，黑色固体是氧化铜，所以蓝色溶液使硫酸铜，固体C是碳酸钠，和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，实质是：Cu2+2OH=Cu（OH）2【点评】本题是一道框图推断题，注意解题的突破口是能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，平时知识的积累是解题的关键，难度大23U、V、W、X、Y、Z是六种常见的短周期主族元素，其中W、X、Y、Z原子半径随原子序数的变化如图所示：已知Y的最高价氧化物
43、对应的水化物可与其简单氢化物反应可生成离子型晶体的一种盐；Z是地壳中含量最多的元素；W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1；U原子最外层电子数是次外层电子数的两倍；V为原子核内有12个中子的二价金属，当2 .4克V与足量热水反应时，在标准状况下放出气体2.24L；请回答下列问题：（1）指出Y元素在周期表中的位置_；（2）写出W的简单离子的结构示意图_；（3）比较W的气态氢化物与H2S和HF的稳定性（由强到弱）: （4）由W、Y两种元素组成的一种化合物，每个原子最外层均达到8电子稳定结构，写出该化合物的电子式 ；（5）UZ2的结构式为_（6）由X、Y、Z三种元素组成的化合物，是一种常
44、见的化肥，其原子个数比为4：2：3，则该物质含有的化学键类型为_；（7）V与W两元素最高价氧化物的水化物反应的离子方程式 【答案】（1）第2周期A族（2）（3）HFHClH2S（4）（5）O=C=O（6）离子键、共价键（7）Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O【解析】试题分析：Y的最高价氧化物对应的水化物可与其简单氢化物反应可生成离子型晶体的一种盐，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，Z为O元素；W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1，最外层的电子数为7，半径比氧原子的大，W为Cl元素；X原子的序数小于N，半径小于N，则X为H元素；U原子最外层电子数是次外层电子数的两倍，U
45、是C元素；V为原子核内有12个中子的二价金属，当2 .4克V与足量热水反应时，在标准状况下放出气体2.24L，V为Mg元素；（1）Y为N元素，N元素在周期表中的位置为第2周期A族，答案为：第2周期A族；（2）写出Cl原子的简单离子的结构示意图为，答案为：；（3）非金属性FClS，HCl与H2S和HF的稳定性（由强到弱）: HF HClH2S，答案为：HF HClH2S；（4）由Cl、N两种元素组成的一种化合物，每个原子最外层均达到8电子稳定结构，该化合物的电子式为：，答案为：；（5）CO2的结构式为：O=C=O，答案为：O=C=O；（6）由H、N、O三种元素组成的化合物，是一种常见的化肥，其原子个数比为4：2：3，则该物质是NH4NO3,含有的化学键类型为离子键、共价键，答案为：离子键、共价键；（6）Mg（OH）2和HClO4反应的离子方程式为：Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O，答案为：Mg（OH）2+2H+=Mg2+2H2O.考点：考查元素推断和元素周期律