1、2015-2016学年陕西省商洛市镇安中学高三（上）第三次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每题3分，共42分）1化学与生产，生活息息相关，下叙述错误的是（）A大量化石燃料的燃烧是造成雾霾天气的一种重要因素B含重金属离子的电镀液不能随意排放C煤经过汽化和液化两个物理变化过程后变为清洁能源，这是煤的综合利用的方法D改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放2下列有关化学用语表示正确的是（）A用电子式表示HCl的形成过程：BMg2+的结构示意图：CHClO的结构式：HClOD质量数为133，中子数为78的铯原子：Cs3下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ACO2通入CaCl2溶液
2、中BSO2通入盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中CNO2通入FeSO4溶液中D饱和食盐水中先后通入足量NH3和CO24下列离子能大量共存，且满足相应条件的是（）选项离子组条件A K+、Na+、Cu2+、Cl 溶液呈无色B Na+、Fe3+、NO3、SO42 滴入酸性KMnO4溶液，溶液褪色C Al3+、SO42、Cl、H+ 加入氨水产生白色沉淀后沉淀溶解D Na+、NO3、I、SO42 加入盐酸和淀粉溶液变蓝AABBCCDD5下列物质转化在给定的条件能实现的是（）AMgOMgCl2（ag）无水MgCl2BAl2O3NaAlO2（ag）AlCl3CFeFeCl2FeCl3DCuNO2NO6设NA为
3、阿伏加德罗常数数值，下列说法正解的是（）A1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子B50ml18.4molL1浓H2SO4与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAC将含3NA个离子的Na2O2固体溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为2molL1D标况状态下，22.4L氨水含有NA个NH3分子7下列叙述中正确的是（）A向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C等质量的NaHCO3和Na2CO
4、3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出8铝、铍（Be）在元素周期表中的位置是对角线关系，具有相似的化学性质，下列说法正确的是（）ABeCl2水溶液导电性很强，故BeCl2是离子化合物BNa2BeO2溶液PH7，将其蒸干灼烧后得到固体BeOC向Na2BeO2溶液中加入过量盐酸制备Be（OH）2DBe（OH）2与NaOH反应的离子方程式为：Be（OH）2+2OHBeO22+2H2O9下列方程式正确的是（）A向漂白粉溶液中加浓HCl：Cl+ClO+H2OCl2+2OHB醋酸钠溶液显碱性：CH3COO+H2OCH3COOH+
5、OHC向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42完全沉淀：2Ba2+2SO42+Al3+4OH2BaSO4+AlO2+2H2OD电解MgCl2水溶液：2Cl+2H2O H2+Cl2+2OH10工业上制备溴单质时常用纯碱溶液吸收溴，发生的反应为：3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，下列有关说法正确的是（）A上述反应若有0.9molBr2反应，转移电子为1.56.021023个B反应后溶液的PH增大C若将NaBr和NaBrO3转变为Br2，需要在碱性条件下进行D该反应Na2CO3既是氧化剂又是还原剂11丹参素的结构简式为，下列有关丹参素的说法错误的是（）A
6、能燃烧且完全燃烧生成CO2和H2OB不能发生加成反应C可以发生酯化反应D能与NaHCO3、Na反应12W、X、Y、Z均为短周期主族元素Y的原子序数是W和Z的原子序数之和的一半，且其原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7，W和Z形成的可溶性化合物WZ溶于水不能促进水的电离，W、X、Z三种元素形成的某种常见化合物M能消毒，下列说法正确的是（）AY与Z形成的化合物中含 有离子键BW、X、Z的简单离子中半径最大的是WCM的水溶液呈碱性D1molW单质与足量X单质反应，转移电子物质的量可能是2mol，也可能是1mol13常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLPH=14的溶液
7、，然后用1mol/L的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是（）A原合金的质量为0.92gB图中V2为60C整个滴定过程Na+的浓度保持不变D合金中Na与Al物质的量之比为2：114向一定量铁、氧化铁、四氧化三铁的混合物中加入250ml 2mol/L的硝酸溶液，反应完全后生成1.12LNO（标准状况），再向反应后的溶液中加1mol/L的氢氧化钠溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是（）A400mlB450mlC500mlD无法确定二、非选择题（共58分，包括必考题和选考题两部分，第15题至17题为必考题，每个试题考生必须作答，第18、1
8、9题为选考题，考生根据要求作答）15（10分）（2015秋商洛校级月考）某化工厂冶炼金属、回收硫的工艺流程如图甲：回收硫（1）工业上，采用饱和亚硫酸钠溶液吸收烟气中二氧化硫，写出离子方程式：然后，加热吸收液收集SO2将二氧化硫、空气在稀硫酸中构成原电池，负极反应式为冶炼铜（2）工业上，火法冶炼铜分两步：第一步，含铜矿（主要成分是Cu2S）在空气中煅烧生成氧化亚铜和刺激性气味气体；第二步，氧化亚铜和铜矿在高温下反应生成铜和刺激性气体写出冶炼铜的总反应方程式：（3）用电解法精炼粗铜（含银、金、铁、锌杂质），装置如图乙所示下列说法不正确的是AY极为粗铜、X极为纯铜BX极净增质量等于Y极净减质量C铜盐
9、溶液作精炼铜的电解质溶液D若电路有1mol电子转移，则X极净增32g（4）几种金属离子的沉淀pH：金属氢氧化物开始沉淀pH完全沉淀的pHFe（OH）32.73.7Fe（OH）27.69.7Cu（OH）24.66.4Zn（OH）25.98.9铜盐溶液中Fe2+，Zn2+对精炼铜可能会产生影响工业上，除去Fe2+方法是，在酸性混合溶液中加入（选填：双氧水、次氯酸钠、氯水或高锰酸钾溶液）将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为加入碱调节溶液pH范围为16（10分）（2015秋商洛校级月考）某厂的酸性工业废水中含有一定量的Na+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl该厂利用如图所示的工艺流程图，利用常见的
10、气体氧化物、酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中生产出了氯化铁、氧化铝、NaCl晶体和金属铜，产生了很好的社会经济效益请填写下列空白：（1）图中试剂1是，试剂2是试剂4最好是（2）步骤1和步骤2所用到的玻璃仪器是（3）步骤1反应的离子方程式为（4）步骤5反应的离子方程式为（5）Al（OH）3可用以下三种途径制备AlNaAlO2Al（OH）3AlAl2（SO4）3Al（OH）3上述三途径制备Al（OH）3你认为最佳途径是，理由是17（23分）（2015秋商洛校级月考）某同学利用图甲所示的实验装置进行铁跟水蒸气反应的实验，并继续研究铁及其化合物的部分性质请回答下列问题：（1）该同学欲确定反应一段时
11、间后硬质试管中固体物质的成分，设计了如下实验方案（图乙）：待硬质试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B；取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色则说明硬质试管中固体物质的成分是（只有一个选项符合题意），若溶液未变红色则说明硬质试管中固体物质的成分是（只有一个选项符合题意）A一定有Fe3O4，可能有FeB只有Fe（OH）3C一定有Fe3O4和FeD一定有Fe（OH）3，可能有Fe E只有Fe3O4（2）该同学按上述实验方案进行了实验，结果溶液未变红色，该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应若按如图丙所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请
12、写出与上述现象相关的反应的化学方程式、（3）一段时间后，该同学发现（2）中未变红的溶液变成红色，说明Fe2+具有性由此可知，实验室中含Fe2+的盐溶液需现用现配制的原因是，并且配制含Fe2+的盐溶液时应加入少量（4）乙同学为了获得持久白色的Fe（OH）2沉淀，准备用如图丁所示装置，用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液与新制的FeSO4溶液反应获得不含O2的蒸馏水的方法是反应开始时，打开止水夹的目的是；一段时间后，关闭止水夹，在试管（填“A”或“B”）中观察到白色的沉淀（5）同学们在学习了铁的性质后知道Fe3+和CO32不能大量共存的原理，那么Fe2+和CO32是否发生相似的反应呢？某学习小组查
13、阅“部分酸碱盐溶解性表”，在“部分酸碱盐溶解性表”中存在“碳酸亚铁”他们设计实验探究碳酸亚铁的性质实验如下将一定量新制备的硫酸亚铁溶液和过量的碳酸氢铵溶液混合产生大量沉淀和气体放置一段时间未见沉淀有明显变化试写出反应离子方程式：探究碳酸亚铁的热稳定性（加热仪器省略）连接仪器、装药品打开K，先通入一段时间氮气，然后，用酒精喷灯在A处加热玻璃管，观察B瓶溶液变浑浊待固体分解完后，继续通入氮气至玻璃管冷却先通入氮气的目的是B瓶现象能说明停止加热之前，是否拆开A、B之间橡胶管？答：；理由是若不通入氮气直接加热分解则分解的固体产物可能是；理由是18（15分）（2015秋商洛校级月考）A、B、C、D、E、
14、F是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下表：元素相关信息A可形成自然界硬度最大的单质B与A元素同周期，核外有三个未成对电子C最外层电子数是其电子层数的3倍D第一电离能至第四电离能分别是I1=578KJ/mol，I2=1817KJ/mol，I3=2745KJ/mol，I4=11575KJ/molE常温常压下，E的单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质FF的一种同位素的质量数为63，中子数为34（1）A、B、C元素的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）F的基态原子核外电子排布式为（2）AE2是一种常用的溶剂，是（填“极性”或“非极性”）分子，分子中键与键个数比为
15、（3）写出D与NaOH溶液反应的离子方程式DB形成的晶体与金刚石类似，它属于晶体B的最简单氢化物容易液化，理由是（4）已知F的晶体结构如图甲所示，又知F的密度为9.00gcm3，则晶胞边长为；FEC4常作电镀液，其中EC的空间构型是，其中E原子的杂化轨道类型是（5）F的一种氯化物晶胞体结构如图乙所示，该氯化物的化学式是19（2015江苏模拟）有机化学基础：合成某药物的流程“片段”如下：已知：请回答下列问题：（1）A的名称是（2）反应的化学方程式：（3）B的结构简式为；反应的有机反应类型：（4）X是水解产物的同分异构体，且遇氯化铁溶液发生显色反应，写出X所有的可能结构简式：（5）某同学补充A到B
16、的流程如下：T的分子式为，如果条件控制不好，可能生成副产物，写出一种副产物的结构简式：若步骤和互换，后果可能是2015-2016学年陕西省商洛市镇安中学高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每题3分，共42分）1化学与生产，生活息息相关，下叙述错误的是（）A大量化石燃料的燃烧是造成雾霾天气的一种重要因素B含重金属离子的电镀液不能随意排放C煤经过汽化和液化两个物理变化过程后变为清洁能源，这是煤的综合利用的方法D改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放【考点】常见的生活环境的污染及治理 【专题】化学应用【分析】A大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘；
17、B重金属离子对人体有毒，不能随意排放；C煤的汽化和液化过程中有新物质生成；D汽车尾气中含有大量有毒气体，能造成环境污染【解答】解：A大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故A正确；B含重金属离子的电镀液随意排放会引起环境污染，故B正确；C煤的汽化和液化过程中有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D汽车尾气中含有大量有毒气体，改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放，有利于环境保护，故D正确；故选：C【点评】本题考查了环境污染与治理，熟悉物质的性质是解题关键，注意对常见环境污染及治理知识的积累2下列有关化学用语表示正确的是（）A用电子式表示HCl的形成过程：BMg
18、2+的结构示意图：CHClO的结构式：HClOD质量数为133，中子数为78的铯原子：Cs【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【专题】化学用语专题【分析】A用电子式表示HCl的形成过程，应该为氯原子与氢原子形成共价化合物氯化氢；B镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10；C次氯酸的中心原子为O，分子中不存在氢氯键；D铯的质子数为13378=55，质量数为133【解答】解：A用电子式表示HCl的形成过程为：，故A错误；B镁离子的核电荷数为12，最外层含有8个电子，镁离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；CHClO中含有1个HO键和1个OCl键，其正确的结构式为：HOCl，故C错误；
19、D质量数为133、中子数为78的铯原子，其质子数为55，铯原子表示为：Cs，故D正确；故选D【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及离子结构示意图、元素符号、结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力3下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ACO2通入CaCl2溶液中BSO2通入盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中CNO2通入FeSO4溶液中D饱和食盐水中先后通入足量NH3和CO2【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；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碳酸的酸性弱于盐酸，CO2通入CaCl2溶液中，不会发
20、生反应；B硝酸根离子在酸性环境下有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子发生反应生成沉淀；C二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能够氧化二价铁离子；D饱和食盐水中先后通入足量NH3和CO2，为侯氏制碱法，反应生成碳酸氢钠和氯化铵【解答】解：A碳酸的酸性弱于盐酸，CO2通入CaCl2溶液中，不会发生反应，所以不会产生现象，故A正确；BSO2通入盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中，发生反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；C二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能够氧化二价铁离子，溶液颜色由浅绿色变为黄色，故C错误；D饱和食盐水中先后通入足量NH3和CO2，发生反应NaCl（饱和）+NH3+H2O
21、+CO2=NH4Cl+NaHCO3，产生沉淀，故D错误；故选：A【点评】本题属于对物质性质的考查，题目难度不大，熟悉二氧化硫、二氧化氮等物质的性质是解题的关键，注意对基础知识的积累4下列离子能大量共存，且满足相应条件的是（）选项离子组条件A K+、Na+、Cu2+、Cl 溶液呈无色B Na+、Fe3+、NO3、SO42 滴入酸性KMnO4溶液，溶液褪色C Al3+、SO42、Cl、H+ 加入氨水产生白色沉淀后沉淀溶解D Na+、NO3、I、SO42 加入盐酸和淀粉溶液变蓝AABBCCDD【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】A铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；B四种离子都不与
22、酸性高锰酸钾溶液反应；C加入氨水后生成氢氧化铝沉淀，但是生成的沉淀不会溶解；D硝酸根离子在酸性条件下能够将碘离子氧化碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色【解答】解：ACu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故A错误；BNa+、Fe3+、NO3、SO42都不与酸性KMnO4溶液反应，滴入酸性KMnO4溶液后溶液不褪色，故B错误；CAl3+与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，但是氨水过量时氢氧化铝不溶解，故C错误；DNa+、NO3、I、SO42之间不发生反应，加入盐酸后，NO3、I在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色，故D正确；故选D【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题
23、，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等有色离子的存在；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力5下列物质转化在给定的条件能实现的是（）AMgOMgCl2（ag）无水MgCl2BAl2O3NaAlO2（ag）AlCl3CFeFeCl2FeCl3DCuNO2NO【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；镁、铝的重
24、要化合物；铁的化学性质 【分析】A氯化镁溶液蒸干不能得到氯化镁；B氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝；CFe与氯气反应只生成氯化铁；DCu与稀硝酸反应生成NO【解答】解：A氯化镁溶液蒸干不能得到氯化镁，应为MgOMgCl2（ag）无水MgCl2，要抑制镁离子水解，故A错误；B氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝，则Al2O3NaAlO2（ag）AlCl3可实现，故B正确；CFe与氯气反应只生成氯化铁，应为FeFeCl3，故C错误；DCu与稀硝酸反应生成NO，应为CuNO，故D错误；故选B【点评】本题考查常见金属及化合物的性质，为高频
25、考点，侧重于学生的分析、应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大6设NA为阿伏加德罗常数数值，下列说法正解的是（）A1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子B50ml18.4molL1浓H2SO4与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAC将含3NA个离子的Na2O2固体溶于水配成1L溶液，所得溶液中Na+的浓度为2molL1D标况状态下，22.4L氨水含有NA个NH3分子【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、Fe2+与足量的H2O2溶液反应后变为+3价；B、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；C、过氧化钠中钠离
26、子和过氧根的个数之比为2：1；D、标况下氨水为液态【解答】解：A、Fe2+与足量的H2O2溶液反应后变为+3价，故1molFe2+转移1mol电子即NA个，故A错误；B、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，即浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46NA个，故B错误；C、过氧化钠中钠离子和过氧根的个数之比为2：1，故含NA个阴离子的过氧化钠中含2NA个钠离子，由于溶液体积为1L，则钠离子的浓度为2mol/L，故C正确；D、标况下氨水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误故选C【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
27、度不大7下列叙述中正确的是（）A向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【考点】钠的重要化合物 【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应；B、Na2 CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；C、
28、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2ONaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠【解答】解：A、CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成碳酸氢钙溶液，再加入NaHCO3饱和溶液，碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应，不能生成碳酸钙沉淀，故A错误；B、Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，没有二氧化碳生成，故B错误；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同，与盐酸反应都生成二氧化碳，由碳元素
29、守恒可知，生成二氧化碳的物质的量之比与摩尔质量成反比为106：84=53：42，即同温同压下，体积之比为53：42，故C错误；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2ONaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故会有碳酸氢钠析出，故D正确；故选D【点评】本题考查钠的重要化合物性质、化学计算等，难度中等，注意B选项中滴加顺序不同，发生反应不同，实质是与量有关导致反应不同8铝、铍（Be）在元素周期表中的位置是对角线关系，具有相似的化学性质，下列说法正确的是（）ABeCl2水溶液导电性很强，故BeCl2是离子化合物BNa2BeO2溶液PH7，将其蒸干灼烧后得到
30、固体BeOC向Na2BeO2溶液中加入过量盐酸制备Be（OH）2DBe（OH）2与NaOH反应的离子方程式为：Be（OH）2+2OHBeO22+2H2O【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】铝、铍（Be）在元素周期表中的位置是对角线关系，具有相似的化学性质，结合铝及铝的化合物的性质来解答【解答】解：ABeCl2与AlCl3的结构性质相似，属于共价化合物，可以利用熔融状态导电性判断是否属于离子化合物，故A错误；BNa2BeO2与NaAlO2性质相似，Na2BeO2属于强碱弱酸盐，溶液中BeO22水解PH7，将其蒸干过程中水解得到的氢氧化钠又与H2BeO2反应得到Na2BeO2，则蒸干Na2
31、BeO2溶液并灼烧后得到的固体为Na2BeO2，故B错误；C氢氧化铝具有两性，则Be（OH）2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故C错误；DBe（OH）2与氢氧化铝性质相似，Be（OH）2与NaOH反应的离子方程式为：Be（OH）2+2OHBeO22+2H2O，故D正确，故选：D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，掌握对角线规则及性质的相似性为解答的关键，侧重考查学生对已有知识的迁移运用，题目难度中等9下列方程式正确的是（）A向漂白粉溶液中加浓HCl：Cl+ClO+H2OCl2+2OHB醋酸钠溶液显碱性：CH3COO+H2OCH3COOH+OHC向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42
32、完全沉淀：2Ba2+2SO42+Al3+4OH2BaSO4+AlO2+2H2OD电解MgCl2水溶液：2Cl+2H2O H2+Cl2+2OH【考点】离子方程式的书写 【分析】A次氯酸钙与盐酸反应生成次氯酸和氯化钙，B醋酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性；C明矾KAl（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠；D氢氧化镁为沉淀，应保留化学式【解答】解：A次氯酸钙与盐酸反应的离子方程式：ClO+H+=HClO，故A错误；B醋酸钠溶液显碱性，离子方程式：CH3COO+H2O CH3COOH+OH，故B错误；C明矾KAl（SO4
33、）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，故C正确；D电解MgCl2水溶液，离子方程式：Mg2+2Cl+2H2O H2+Cl2+Mg（OH）2，故D错误；故选：C【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确离子方程式的书写是解题关键，题目难度不大10工业上制备溴单质时常用纯碱溶液吸收溴，发生的反应为：3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，下列有关说法正确的是（）A上述反应若有0.9molBr2反应，
34、转移电子为1.56.021023个B反应后溶液的PH增大C若将NaBr和NaBrO3转变为Br2，需要在碱性条件下进行D该反应Na2CO3既是氧化剂又是还原剂【考点】氧化还原反应 【分析】A反应中部分Br元素的化合价从0价升高到+5价，部分Br元素的化合价从0价升降低到1价，根据化合价的变化分析；B反应中Na2CO3转化为NaHCO3；C若将NaBr和NaBrO3转变为Br2，还会生成水，由元素守恒分析；D反应中只有Br元素的化合价变化【解答】解：A反应中部分Br元素的化合价从0价升高到+5价，部分Br元素的化合价从0价升降低到1价，3mol3Br2反应转移5mol电子，则若有0.9molBr
35、2反应，转移电子为1.56.021023个，故A正确；B反应中Na2CO3转化为NaHCO3，碳酸钠的碱性大于碳酸氢钠，所以反应后溶液的PH减小，故B错误；C若将NaBr和NaBrO3转变为Br2，还会生成水，由元素守恒可知，反应要消耗氢离子，即在酸性条件下发生，故C错误；D反应中只有Br元素的化合价变化，Na2CO3既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误故选A【点评】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，侧重于电子转移和氧化还原反应原理的考查11丹参素的结构简式为，下列有关丹参素的说法错误的是（）A能燃烧且完全燃烧生成CO2和H2OB不能发生加成反应C可以发生酯化反应D能与NaHCO3、Na反应
36、【考点】有机物的结构和性质 【分析】A、丹参素只含有CHO三种元素，能够燃烧；B、苯环能够与氢气加成；C、丹参素分子结构中含有羧基和羟基，能够发生酯化反应；D、羧基能够与碳酸氢钠反应，羧基和羟基都能够与Na反应【解答】解：A、丹参素只含有CHO三种元素，完全燃烧生成二氧化碳和水，故A正确；B、丹参素中含有苯环，能够发生加成反应，故B错误；C、丹参素中含有羧基和羟基，能够发生酯化反应，故C正确；D、丹参素中含有羧基和羟基，羧基能够与碳酸氢钠反应，羧基和羟基都能够与Na反应，故D正确；故选B【点评】本题考查了据有机物的结构简式判断其具有的化学性质，注意根据官能团的性质判断，题目难度不大12W、X、
37、Y、Z均为短周期主族元素Y的原子序数是W和Z的原子序数之和的一半，且其原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7，W和Z形成的可溶性化合物WZ溶于水不能促进水的电离，W、X、Z三种元素形成的某种常见化合物M能消毒，下列说法正确的是（）AY与Z形成的化合物中含 有离子键BW、X、Z的简单离子中半径最大的是WCM的水溶液呈碱性D1molW单质与足量X单质反应，转移电子物质的量可能是2mol，也可能是1mol【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7，若最外层电子数为2，则核外电子总数为7，为N原子，最外层电子数为5，不满足题意；若最外层电子数为4，
38、则核外电子总数为14，为硅元素，满足条件；若最外层电子数为6，最外层电子总数为42，该元素不是短周期元素；所以Y为Si；W和Z的原子序数之和为：142=28；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌，说明该化合物具有强氧化性，常见的具有强氧化性的物质中含有Cl、O；氯元素与氧元素的原子序数之和为25，不满足题意，如果W和Z中有一种为O，则另一种元素的原子序数为20，为Ca元素，不属于短周期；如果W和Z中有一种为Cl，则另一种为钠，W和Z形成的化合物为氯化钠，满足题意，所以Y为Si、X为O、W为Na、Z为Cl，据此进行解答【解答】解：Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7，根据原子结
39、构及核外电子排布规律讨论可得，Y为Si；Y的原子序数是W和Z 的原子序数之和的一半，则W和Z的原子序数之和为28；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌，常见的有三种元素组成的化合物具有强氧化性的化合物，该化合物为次氯酸盐，W和Z中一定有Cl和O元素，通过讨论可知W为Na、Z为Cl，X为O，AY与Z形成的化合物为氯化硅，为共价化合物，故A错误；B离子半径最大的为Cl，故B错误；CM为NaClO时，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故C正确；DW为钠，X为O，生成1mol钠与足量氧气完全反应失去了1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误；故选C【点评】本题为无机推断，侧重考查了原子结构相关知识，
40、题目难度中等，明确原子结构及常见单质及其化合物性质是解答本题关键，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力13常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLPH=14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是（）A原合金的质量为0.92gB图中V2为60C整个滴定过程Na+的浓度保持不变D合金中Na与Al物质的量之比为2：1【考点】有关混合物反应的计算 【专题】利用化学方程式的计算【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+
41、2NaOH2NaAlO2+3H2，得到20mL pH=14的溶液，则溶液中c（OH）=1mol/L，NaOH有剩余，剩余NaOH为0.02L1mol/L=0.01mol；开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，该阶段消耗盐酸为=0.02L=20mL；然后发生反应：NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，生成氢氧化铝沉淀，40mL时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl，由钠元素守恒可知n（Na）=n（NaCl），该阶段消耗盐酸体积为40mL20mL=20mL，根据方程式计算nAl（OH）3，根据铝元素守恒n（Al）=nAl（OH）3；最后发生
42、反应：Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，根据氢氧化铝的物质的量计算该阶段消耗盐酸的体积，A根据m=nM计算Na、Al合金的质量；B溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积与40mL之和为V2的值C随盐酸的滴加，溶液体积变大，整个滴定过程Na+的浓度减小；D合金中Na的物质的量为：0.04mol而Al物质的量为0.02mol【解答】解：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，得到20mL pH=14的溶液，则溶液中c（OH）=1mol/L，NaOH有剩余，剩余NaOH为0.02L1mol/L=0.01mol；开
43、始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HClNaCl+H2O，该阶段消耗盐酸为=0.02L=20mL；然后发生反应：NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，生成氢氧化铝沉淀，40mL时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl，由钠元素守恒可知n（Na）=n（NaCl）=0.04L1mol/L=0.04mol，该阶段消耗盐酸体积为40mL20mL=20mL，根据方程式可知nAl（OH）3=n（HCl）=0.02L1mol/L=0.02mol，根据铝元素守恒n（Al）=nAl（OH）3=0.02mol，最后发生反应：Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，消耗盐酸的
44、物质的量为0.02mol3=0.06mol，故该阶段消耗的盐酸体积为=0.06L=60mL，A由上述分析可知，Na、Al合金的质量为0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故A错误；B由上述计算可知，溶解氢氧化铝消耗盐酸的体积为60mL，则V2为40mL+60mL=100mL，故B错误；C随盐酸的滴加，溶液体积变大，整个滴定过程Na+的浓度减小，而不是不变，故C错误；D合金中Na的物质的量为：0.04mol而Al物质的量为0.02mol，所以合金中Na与Al物质的量之比为2：1，故D正确；故选D【点评】本题考查混合物的有关计算，明确发生的化学反应及反应与图象的对
45、应关系是解答本题的关键，注意利用元素守恒的方法来解答，难度较大14向一定量铁、氧化铁、四氧化三铁的混合物中加入250ml 2mol/L的硝酸溶液，反应完全后生成1.12LNO（标准状况），再向反应后的溶液中加1mol/L的氢氧化钠溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是（）A400mlB450mlC500mlD无法确定【考点】有关混合物反应的计算 【分析】反应中硝酸体现两种性质，一是酸性，以NO3离子存在溶液中，另一种是氧化性，被还原为NO，加入NaOH后，溶液的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒计算氢氧化钠的物质的量，再根据V=计算出需要氢氧化钠溶液的最小体积【解答】解：当所加入
46、的NaOH恰好使铁元素沉淀，此时溶液为硝酸钠溶液，根据N元素守恒可求出NaOH的量n（NaOH）=n（NO3）=n（HNO3）n（NO）=0.25L2mol/L=0.45mol，所以V（NaOH）=0.45L=450ml，故选B【点评】本题考查有关混合物的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题侧重分析与计算能力的考查二、非选择题（共58分，包括必考题和选考题两部分，第15题至17题为必考题，每个试题考生必须作答，第18、19题为选考题，考生根据要求作答）15（10分）（2015秋商洛校级月考）某化工厂冶炼金属、回收硫的工艺流程如图甲：回收
47、硫（1）工业上，采用饱和亚硫酸钠溶液吸收烟气中二氧化硫，写出离子方程式：SO2+SO32+H2O=2HSO3然后，加热吸收液收集SO2将二氧化硫、空气在稀硫酸中构成原电池，负极反应式为SO2+2H2O2e=SO42+4H+冶炼铜（2）工业上，火法冶炼铜分两步：第一步，含铜矿（主要成分是Cu2S）在空气中煅烧生成氧化亚铜和刺激性气味气体；第二步，氧化亚铜和铜矿在高温下反应生成铜和刺激性气体写出冶炼铜的总反应方程式：Cu2S+O22Cu+SO2（3）用电解法精炼粗铜（含银、金、铁、锌杂质），装置如图乙所示下列说法不正确的是BAY极为粗铜、X极为纯铜BX极净增质量等于Y极净减质量C铜盐溶液作精炼铜的
48、电解质溶液D若电路有1mol电子转移，则X极净增32g（4）几种金属离子的沉淀pH：金属氢氧化物开始沉淀pH完全沉淀的pHFe（OH）32.73.7Fe（OH）27.69.7Cu（OH）24.66.4Zn（OH）25.98.9铜盐溶液中Fe2+，Zn2+对精炼铜可能会产生影响工业上，除去Fe2+方法是，在酸性混合溶液中加入双氧水（选填：双氧水、次氯酸钠、氯水或高锰酸钾溶液）将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O加入碱调节溶液pH范围为3.7pH4.6【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理 【分析】（1）亚硫酸钠溶液吸
49、收二氧化硫生成亚硫酸氢钠；二氧化硫在负极发生氧化反应生成硫酸；（2）火法冶炼铜的总反应是硫化亚铜和氧气反应生成铜和二氧化硫；（3）电解法精炼铜，阳极为粗铜，阴极为精铜，阳极上杂质铁、锌活泼性强于铜，先放电，阴极上溶液中的铜离子得到电子发生还原反应在阴极析出，电极反应式为：Cu2+2e=Cu，据此解答；（4）从表中数据可知当pH值大于3.7时，三价铁离子完全沉淀，当pH值大于4.6时，铜离子开始沉淀，要除去铜离子中的二价铁离子，应先加人氧化剂将二价铁离子氧化，然后通过调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去【解答】解：（1）亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO2+SO3
50、2+H2O=2HSO3，二氧化硫在负极发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2+2H2O2e=SO42+4H+，故答案为：SO2+SO32+H2O=2HSO3；SO2+2H2O2e=SO42+4H+；（2）火法冶炼铜的总反应是硫化亚铜和氧气反应生成铜和二氧化硫，化学方程式为Cu2S+O22Cu+SO2，故答案为：Cu2S+O22Cu+SO2；（3）A电解法精炼铜，阳极Y为粗铜，阴极X为精铜，故A正确；B阳极上铁、锌优先失去电子，所以两极质量变化不相等，故B错误；C因阳极为金属材料，铜盐溶液可作精炼铜的电解质溶液，故C正确；D由电极反应式为：Cu2+2e=Cu，可知若电路有1mol电子转移，则阴
51、极净增32g，故D正确；故答案为：B；（4）要除去铜离子中的二价铁离子，应先加氧化剂将二价铁离子氧化，双氧水做氧化剂对应还原产物为水，不会引人杂质离子，反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；从表中数据可知当pH值大于3.7时，三价铁离子完全沉淀，当pH值大于4.6时，铜离子开始沉淀，要除去铜离子中的二价铁离子，应控制3.7pH4.6；故答案为：双氧水；2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；3.7pH4.6【点评】本题考查混合物分离提纯综合应用，为高频考点，把握离子反应、氧化还原反应、电化学等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学反应原理及习题信息的应
52、用，题目难度不大16（10分）（2015秋商洛校级月考）某厂的酸性工业废水中含有一定量的Na+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl该厂利用如图所示的工艺流程图，利用常见的气体氧化物、酸、碱和工业生产中的废铁屑，从废水中生产出了氯化铁、氧化铝、NaCl晶体和金属铜，产生了很好的社会经济效益请填写下列空白：（1）图中试剂1是废铁屑，试剂2是稀盐酸试剂4最好是CO2（2）步骤1和步骤2所用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯（3）步骤1反应的离子方程式为Fe+Cu2+Cu+Fe2+，Fe+2Fe3+3Fe2+，Fe+2H+Fe2+H2（4）步骤5反应的离子方程式为AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3
53、+HCO3（5）Al（OH）3可用以下三种途径制备AlNaAlO2Al（OH）3AlAl2（SO4）3Al（OH）3上述三途径制备Al（OH）3你认为最佳途径是，理由是途径中反应物的用量便于控制，不会使生成的氢氧化铝溶解，同时消耗的酸碱的量相对较少【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】综合实验题；热点问题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；制备实验综合【分析】酸性工业废水中含有一定量的Na+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl，由工艺流程图示知，溶液A中不含有铜离子，故应加入比铜活泼的金属置换出铜离子，然后把铁离子还原为液态离子，此金属还能与酸反应放出气体，故试剂1为铁屑；金属
54、铜以及多余的铁屑进入沉淀A，然后加入稀盐酸，铁粉溶解生成溶液B，剩余沉淀B为铜粉；溶液A中剩余Na+、Al3+、Fe2+和Cl，加入过量的氢氧化钠溶液可以使铝离子形成偏铝酸根留在溶液中，亚铁离子沉淀出来，故试剂3为氢氧化钠溶液，偏铝酸盐溶于中通入二氧化碳气体，偏铝酸根变成氢氧化铝沉淀出来，即沉淀D，可以防止氢氧化铝溶液，所以试剂4最好是二氧化碳，最后得NaCl，据此解答各小题即可【解答】解：酸性工业废水中含有一定量的Na+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl，由工艺流程图示知，溶液A中不含有铜离子，故应加入比铜活泼的金属置换出铜离子，然后把铁离子还原为液态离子，此金属还能与酸反应放出气体，故试
55、剂1为铁屑；金属铜以及多余的铁屑进入沉淀A，然后加入稀盐酸，铁粉溶解生成溶液B，剩余沉淀B为铜粉；溶液A中剩余Na+、Al3+、Fe2+和Cl，加入过量的氢氧化钠溶液可以使铝离子形成偏铝酸根留在溶液中，亚铁离子沉淀出来，故试剂3为氢氧化钠溶液，偏铝酸盐溶于中通入二氧化碳气体，偏铝酸根变成氢氧化铝沉淀出来，即沉淀D，可以防止氢氧化铝溶液，所以试剂4最好是二氧化碳，最后得NaCl，（1）依据分析可知，图中试剂1是废铁屑，试剂2是稀盐酸，试剂4最好是CO2，故答案为：废铁屑；稀盐酸；CO2；（2）步骤1和步骤2均为分离固体和液体操作，即过滤，过滤中使用仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒
56、、烧杯；（3）步骤1中加入的是废铁屑，铁比铜活泼能置换出铜离子，然后把铁离子还原为亚铁离子，Fe还能与酸反应放出气体，有关反应的离子方程式为：Fe+Cu2+Cu+Fe2+，Fe+2Fe3+3Fe2+，Fe+2H+Fe2+H2，故答案为：Fe+Cu2+Cu+Fe2+，Fe+2Fe3+3Fe2+，Fe+2H+Fe2+H2；（4）步骤5为偏铝酸盐溶于中通入二氧化碳气体，偏铝酸根变成氢氧化铝沉淀出来，反应的离子方程式为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+2H2O+CO2Al（OH）3+HCO3；（5）比较三种途径中消耗的硫酸和氢氧化钠的量可以知道，途径消耗酸、碱的
57、量较多，且不便于控制反应物的量，当酸或碱过量时，氢氧化铝又会溶解，所以最佳途径是，途径中反应物的用量便于控制，不会使生成的氢氧化铝溶解，同时消耗的酸碱的量相对较少，故答案为：；途径中反应物的用量便于控制，不会使生成的氢氧化铝溶解，同时消耗的酸碱的量相对较少【点评】本题主要考查的是从酸液废水中提取金属以及其化合物的流程，涉及：金属活动性顺序、离子反应方程式书写、氢氧化铝的两性等，综合性较强，有一定难度17（23分）（2015秋商洛校级月考）某同学利用图甲所示的实验装置进行铁跟水蒸气反应的实验，并继续研究铁及其化合物的部分性质请回答下列问题：（1）该同学欲确定反应一段时间后硬质试管中固体物质的成分
58、，设计了如下实验方案（图乙）：待硬质试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B；取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色则说明硬质试管中固体物质的成分是（只有一个选项符合题意）A，若溶液未变红色则说明硬质试管中固体物质的成分是（只有一个选项符合题意）CA一定有Fe3O4，可能有FeB只有Fe（OH）3C一定有Fe3O4和FeD一定有Fe（OH）3，可能有Fe E只有Fe3O4（2）该同学按上述实验方案进行了实验，结果溶液未变红色，该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应若按如图丙所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出与上述现象相关的反应
59、的化学方程式FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3）一段时间后，该同学发现（2）中未变红的溶液变成红色，说明Fe2+具有还原性性由此可知，实验室中含Fe2+的盐溶液需现用现配制的原因是Fe2+易被氧化而变质，并且配制含Fe2+的盐溶液时应加入少量铁粉（4）乙同学为了获得持久白色的Fe（OH）2沉淀，准备用如图丁所示装置，用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液与新制的FeSO4溶液反应获得不含O2的蒸馏水的方法是加热煮沸反应开始时，打开止水夹的目的是除去装置A、B中的空气（或氧气）；一段时间后，关闭止水夹，在试管B（填“A”或“
60、B”）中观察到白色的沉淀（5）同学们在学习了铁的性质后知道Fe3+和CO32不能大量共存的原理，那么Fe2+和CO32是否发生相似的反应呢？某学习小组查阅“部分酸碱盐溶解性表”，在“部分酸碱盐溶解性表”中存在“碳酸亚铁”他们设计实验探究碳酸亚铁的性质实验如下将一定量新制备的硫酸亚铁溶液和过量的碳酸氢铵溶液混合产生大量沉淀和气体放置一段时间未见沉淀有明显变化试写出反应离子方程式：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O探究碳酸亚铁的热稳定性（加热仪器省略）连接仪器、装药品打开K，先通入一段时间氮气，然后，用酒精喷灯在A处加热玻璃管，观察B瓶溶液变浑浊待固体分解完后，继续通入氮气至玻璃管冷却
61、先通入氮气的目的是除去装置中的空气B瓶现象能说明分解产物有CO2停止加热之前，是否拆开A、B之间橡胶管？答：否；理由是通入N2内压不会减小，不会倒吸若不通入氮气直接加热分解则分解的固体产物可能是FeO、Fe2O3；Fe3O4；Fe2O3和Fe3O4混合物理由是FeCO3（或FeO）被空气中的氧气氧化【考点】性质实验方案的设计；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变 【专题】综合实验题；创新题型【分析】本题以铁与水蒸汽反应为载体，探究反应后的固体成分，主要利用固体溶解后溶液里的Fe3+遇KSCN溶液显红色，Fe2+有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，遇NaOH溶液生成的白色沉淀遇空气立即变
62、灰绿色最终变红褪色，因此制氢氧化亚铁时要隔绝空气，防氧化，还考查了Fe2+与HCO3在溶液里会发生双水解反应；另外还探究了碳酸亚铁的热稳定性，利用在氮气的氛围里分解生成的气体能使石灰水变浑浊得出有二氧化碳气体生成，同时得到氧化亚铁，如果没有氮气保护将会氧气参与反应，得到的固体中有三价铁，据此作答；（1）铁粉与水蒸气反应产物为四氧化三铁和氢气，产物四氧化三铁中有+2价的铁和+3价的铁，还有可能有过量的铁；过量的铁，可能将三价铁离子全部转化成二价铁离子；（2）白色沉淀为氢氧化亚铁，红褐色沉淀为氢氧化铁，据此写出相应的化学反应方程式；（3）Fe2+易被空气中的氧气氧化，具有还原性，Fe2+溶液易水解
63、；（4）硫酸亚铁易被氧化而变质，应排除溶液中的氧气，可用加热溶液的方法除去溶解氧；A管中产生的气体通入B管中排尽AB管中的空气，使AB充满还原性气体氢气，可防止生成的Fe （OH）2被氧化；试管B中为NaOH溶液，将A中液体压到B中与其反应；（5）Fe2+与HCO3在溶液中发生反应生成的气体应为CO2，沉淀放置一段时间未见颜色变化，说明不是氢氧化亚铁沉淀，只能是碳酸亚铁沉淀，结合原子守恒和电荷守恒写出此反应的离子方程式；碳酸亚铁中二价铁有氧化性，加热前通氮气可将装置内的空气排尽，防止氧气氧化二价铁，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；通入氮气，玻璃管内气压不会减小，所以不会产生倒吸现象；如果实验前不
64、通入氮气，空气中的氧气会氧化二价铁，所得固体产物中会有三价铁，常见含三价铁的氧化物有氧化铁和四氧化三铁【解答】解：（1）铁和水蒸气反应，产物为四氧化三铁和氢气，待硬质试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B，一定发生Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色Fe3+3SCNFe（SCN）3，则说明所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe3+，一定有Fe3O4，可能有过量的铁；若溶液未变红色，可能含有过量的铁，将三价铁离子全部转化成二价铁离子，Fe+2Fe3+3Fe2+，故答案为：A；C；（2）可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐
65、色的现象，说明含有Fe2+离子，综上分析可知，白色沉淀为氢氧化亚铁，红褐色沉淀为氢氧化铁，所以反应为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2+Na2SO4；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）Fe2+溶液因为水解和还原性而不易保存，可以加入酸抑制其水解，加入还原性铁（铁钉）防止其被氧化，故答案为：还原；Fe2+易被空气中的氧气氧化而变质；铁粉；（4）加热时气体的溶解度降低，所以，除去蒸馏水中溶解的O2常采用加热煮沸的方法；利用铁粉和稀硫酸反应产生的氢气排出试
66、管A、B中的空气，使A、B充满还原性气体氢气，可排除试管中的氧气，防止Fe（OH）2 被空气中氧气氧化，一段时间后，关闭止水夹，试管A中生成的FeSO4溶液压到试管B，与试管B中的NaOH溶液反应，生成Fe（OH）2沉淀，在试管B中观察到白色的Fe（OH）2，故答案为：把蒸馏水煮沸；利用铁粉和稀硫酸反应产生的氢气排出试管A、B中的空气，防止Fe（OH）2 被空气中氧气氧化；B（5）硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液混合后生成二氧化碳气体和碳酸亚铁沉淀，发生反应的离子方程式为Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；加热前利用氮气将空气排尽
67、，防止空气中的氧气氧化固体中的二价铁，B中石灰水应变浑浊，说明有二氧化碳生成，故答案为：除去装置中的空气；分解产物有CO2；继续通入氮气，不会减小玻璃管内气压，所以不能产生倒吸，则不必拆开A、B之间橡胶管，故答案为：否；通入N2内压不会减小，不会倒吸；若不通入氮气直接加热分解，空气中的氧气会部分或全部氧化二价铁为三价铁，则分解的固体产物可能是FeO、Fe2O3或Fe3O4或Fe2O3和Fe3O4混合物，故答案为：FeO、Fe2O3；Fe3O4；Fe2O3和Fe3O4混合物；FeCO3（或FeO）被空气中的氧气氧化【点评】本题主要考查了铁与水蒸气的反应以及产物的分析判断，考查了氢氧化亚铁的制备和
68、碳酸亚铁的稳定性，掌握基础知识是解答的关键，本题难度不大18（15分）（2015秋商洛校级月考）A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下表：元素相关信息A可形成自然界硬度最大的单质B与A元素同周期，核外有三个未成对电子C最外层电子数是其电子层数的3倍D第一电离能至第四电离能分别是I1=578KJ/mol，I2=1817KJ/mol，I3=2745KJ/mol，I4=11575KJ/molE常温常压下，E的单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质FF的一种同位素的质量数为63，中子数为34（1）A、B、C元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC（用元素
69、符号表示）F的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（2）AE2是一种常用的溶剂，是非极性（填“极性”或“非极性”）分子，分子中键与键个数比为1：1（3）写出D与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2DB形成的晶体与金刚石类似，它属于原子晶体B的最简单氢化物容易液化，理由是NH3分子之间存在氢键（4）已知F的晶体结构如图甲所示，又知F的密度为9.00gcm3，则晶胞边长为cm；FEC4常作电镀液，其中EC的空间构型是正四面体，其中E原子的杂化轨道类型是sp3（5）F的一种氯化物晶胞体结构如图乙所示，该氯化物的化学式是CuCl【考点
70、】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】A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，元素A可形成自然界硬度最大的单质，则A为碳元素；B与A元素同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；C元素原子最外层电子数是其电子层数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；D元素第四电离能剧增，则原子最外层电子数为3，原子序数大于氧，故D为Al；常温常压下，E的单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则E为S元素；F的一种同位素的质量数为63，中子数为34，则质子数为6334=29，故F为Cu，据此解答【解答】解：A、B、
71、C、D、E、F是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，元素A可形成自然界硬度最大的单质，则A为碳元素；B与A元素同周期，核外有三个未成对电子，则B为N元素；C元素原子最外层电子数是其电子层数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；D元素第四电离能剧增，则原子最外层电子数为3，原子序数大于氧，故D为Al；常温常压下，E的单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质，则E为S元素；F的一种同位素的质量数为63，中子数为34，则质子数为6334=29，故F为Cu（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，
72、第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：NOC；F为Cu元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：NOC；1s22s22p63s23p63d104s1；（2）CS2是一种常用的溶剂，为直线型对称结构，属于非极性分子，其结构式为S=C=S，分子中键与键个数比为1：1，故答案为：非极性；1：1；（3）Al与NaOH溶液反应的离子方程式：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，AlN形成的晶体与金刚石类似，它属于原子晶体B的最简单氢化物为NH3，分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+
73、3H2；原子；NH3分子之间存在氢键；（4）Cu的晶体为面心立方最密堆积，晶胞中Cu原子数目为8+6=4，晶胞质量为g，Cu的密度为9.00gcm3，则晶胞体积为g9.00gcm3=cm3，则晶胞边长为cm；CuSO4常作电镀液，其中SO42中S原子价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，故为正四面体构型，S原子采取sp3杂化，故答案为：cm；正四面体；sp3；（5）晶胞中Cu原子数目为8+6=4，Cl原子数目为4，故该氯化物的化学式是CuCl，故答案为：CuCl【点评】本题是对物质结构的考查，涉及电离能、氢键、化学键、杂化方式、空间构型、晶胞计算等，注意掌握同周期元素第一电离能异常情况，难度中
74、等19（2015江苏模拟）有机化学基础：合成某药物的流程“片段”如下：已知：请回答下列问题：（1）A的名称是甲苯（2）反应的化学方程式：（3）B的结构简式为；反应的有机反应类型：缩聚反应（4）X是水解产物的同分异构体，且遇氯化铁溶液发生显色反应，写出X所有的可能结构简式：、（5）某同学补充A到B的流程如下：T的分子式为，如果条件控制不好，可能生成副产物，写出一种副产物的结构简式：若步骤和互换，后果可能是氨基易被氧化，如果先还原硝基生成氨基，后氧化甲基，高锰酸钾会氧化氨基，产生副产物，使产品纯度低，产率低【考点】有机物的合成 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由产物逆推：反应+Cl2+HCl
75、，C为：，反应为发生取代反应，副产物是氯化氢，反应为：，反应为邻氨基苯甲酸发生缩聚反应生成高分子化合物，副产物为水，反应方程式为：n+（n1）H2O，卤代烃水解生成醇或酚，且遇氯化铁溶液发生显色反应为酚，水解产物的同分异构体所有的可能为邻、间、对三种甲基苯酚，补充A到B的流程甲苯与浓硫酸和浓硝酸的混酸加热反应生成硝基甲苯和水发生的是取代反应，反应的化学方程式为；T为，用高锰酸钾氧化甲基，得J为，用铁粉和盐酸还原硝基，据此分析解答【解答】解：（1）由产物和反应条件逆推反应+Cl2+HCl，A为甲苯，故答案为：甲苯；（2）反应为发生取代反应，副产物是氯化氢，反应为：，故答案为：；（3）反应为邻氨基
76、苯甲酸，发生缩聚反应生成高分子化合物，副产物为水，反应方程式为：n+（n1）H2O，故答案为：；缩聚反应；（4）X是水解产物为，苯甲醇的同分异构体，且遇氯化铁溶液发生显色反应，它的同分异构体含酚羟基，有三种同分异构体：邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚，故答案为：、；（5）A到B的流程甲苯与浓硫酸和浓硝酸的混酸加热反应生成硝基甲苯和水发生的是取代反应，反应的化学方程式为；T为，用高锰酸钾氧化甲基，得J为，用铁粉和盐酸还原硝基，T为，T的分子式为C7H7O2N，如果条件控制不好，可能生成副产物，间位、对位，故答案为：C7H7O2N；氨基易被氧化，如果先还原硝基生成氨基，后氧化甲基，高锰酸钾会氧化氨基，产生副产物，使产品纯度低，产率低，故答案为：氨基易被氧化，如果先还原硝基生成氨基，后氧化甲基，高锰酸钾会氧化氨基，产生副产物，使产品纯度低，产率低【点评】本题考查有机物合成与推断、同分异构体书写、有机反应类型、有机反应方程式书写等，注意根据合成路线中有机物的结构进行分析，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等
