1、2015-2016学年河南省鹤壁中学高三（上）第四次段考化学试卷一、选择题（每小题3分，共18小题，合计54分每题只有一个正确选项）1下列关于化学用语的表示正确的是（）A镁离子结构示意图：B质子数与中子数相等的硫原子： SC二氟化氧分子电子式：D对甲基苯酚结构简式：2设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A12.4 g白磷中含有共价键数为0.4 NAB3Fe+4H2O（g）=Fe3O4+4H2反应中，当5.6 g Fe全部转化为Fe3O4时，则有0.3 NA电子发生转移C在1 L 0.1 mol/L碳酸钠溶液中阴离子总数等于0.1 NAD在标准状况下，22.4 L CH4与18
2、g H2O所含有的电子数均为10 NA3下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（）ANH4+、CH3COO、Ca2+、ClBFe3+、Ag+、SO42、NO3CCu2+、H+、S2、NO3DSCN、Fe3+、K+、Cl4合成氨反应：3H2+N22NH3，其反应速率分别为v（H2），v（N2），v（NH3）（用molL1s1表示），则正确的关系式是（）Av（H2）=v（N2）=v（NH3）Bv（N2）=2v（NH3）Cv（H2）=v（NH3）Dv（N2）=3v（H2）5一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）NaOH固体 H2O NH4Cl
3、固体 CH3COONa固体 NaNO3固体 KCl溶液ABCD6在给定条件下，下列画线物质在化学反应中能被完全消耗的是（）A用浓盐酸与二氧化锰共热制氯气B标准状况下，将1 g铝片投入20 mL 18 molL1硫酸中C向100 mL 4 molL1硝酸中加入5.6 g 铁D在5107 Pa、500和铁触媒催化的条件下，用氮气和氢气合成氨7下列叙述正确的是（）A向Al2（SO4）3溶液中滴加过量的NaOH溶液制备Al（OH）3B向水玻璃中滴加盐酸制备硅酸C用加热法除去Ca（OH）2固体中混有的NH4Cl固体DSO2通入酸性KMnO4溶液检验其漂白性8在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中放入一定量的过
4、氧化钠，充分反应后恢复到原温，下列说法正确的是（）A溶液中Na+浓度增大，有O2放出B溶液的OH浓度不变，有H2放出C溶液中Na+数目减少，有O2放出DOH浓度增大，有O2放出9下列陈述、均正确，且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIAAl有强氧化性利用铝热反应冶炼金属Fe、Mn等B氢氧化铝具有弱碱性可用于治疗胃酸过多症CH2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色H2O2表现氧化性，SO2表现还原性D水蒸气通过灼热铁粉，铁粉变红褐色铁粉与水蒸气在高温下发生反应AABBCCDD10如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22下列说法正确的是（）XYWZA
5、X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性DX的阴离子比Y的阴离子离子半径大11一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表下列说法错误的是（）pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢abc较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2A当pH4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B当pH6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C当pH14时，正极反应为O2+4H+4e2H2OD在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓12用如图装置进行相应实验，不能达到实验目的是（）A图1所示装置可制备氢氧化亚铁B图2所示装
6、置可电解食盐水制氯气和氢气C图3所示装置可验证氨气极易溶于水D图4所示装置与操作可除去苯中的苯酚13有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，A极为负极；C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，电流由D导线C；B、C相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡；B、D相连后，同时浸入稀硫酸中，D极产生大量气泡据此，判断四种金属的活动性顺序是（）AABCDBACDBCCABDDBDCA14MgAgCl电池是一种用海水激活的一次电池，在军事上用作电动鱼雷的电源电池的总反应可表示为：Mg+2AgClMgCl2+2Ag下列关于该电池的说法错误的是（）A该电池工作时，正
7、极反应为：2AgCl+2e2C1+2AgB该电池的负极材料可以用金属铝代替C有24gMg被氧化时，可还原得到108gAgD装备该电池的鱼雷在水中行进时，海水作为电解质溶液15如图是金属镁和卤素单质（X2）反应的能量变化示意图下列说法正确的是（）A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C常温下氧化性：F2Cl2Br2I2D由图可知此温度下MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式为：MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g），H=117kJmol116镁次氯酸盐燃料电池的工作原理如图，该电池反应为：Mg+ClO +H2OMg（OH）
8、2+Cl下列有关说法正确的是（）A电池工作时，C溶液中的溶质是MgCl2B电池工作时，正极a附近的PH将不断增大C负极反应式：ClO 2e +H2OCl+2 OHDb电极发生还原反应，每转移0.1mol电子，理论上生成0.1mol Cl17下列反应的离子方程式正确的是（）A过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22+2H2O=4OH+O2B在100ml浓度为1 molL1 的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO22Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+C1moL1 的 NaAlO2 溶液和2.5molL1 的盐酸等体积混合：2AlO2+5 H+=Al（OH）3+Al3+H2 OD向碳酸钠
9、溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：CO32+H+HCO318将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl外，还大量存在的是（）AAlO2BAl3+，Mg2+CMg2+，AlO2DAl3+，Mg2+、H+二、填空题19A、B、C、D、E是五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次增大，A、D都能与C按原子个数比为1：1或2：1形成化合物，A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，E与C的最外层电子数相同（1）画出E的原子结构示意图，（2）2014年10月24日，我国探月工
10、程三期再次返回飞行试验器在西昌卫星发射中心由长征三号丙运载火箭发射升空 长征三号丙运载火箭使用的推进剂之一是A与B形成含有18电子的化合物甲，请写出其电子式（3）D与C按原子个数比为1：1形成化合物乙与水反应的离子方程式（4）B、C所形成氢化物的稳定性由强到弱的顺序是（填具体的化学式）（5）F是一种历史悠久、应用广泛的金属元素若将F金属投入到盐酸溶液中，生成了浅绿色溶液M写出M的酸性溶液和A与 C按原子个数比为1：1形成的化合物丙反应的离子方程式（6）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以A2、B2为电极反应物，以HClNH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，放电时溶液中H+移向（填“正”
11、或“负”）极20能源短缺是人类社会面临的重大问题甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应I：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应II：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）上述反应符合“原子经济”原则的是（填“I”或“”）（2）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol则CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=（3
12、）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置该电池负极的电极反应为工作一段时间后，测得溶液的pH（填增大、不变、减小）用该电池作电源，组成如图所示装置（a、b、c、d均为石墨电极），甲容器装250mL0.04mol/L CuSO4溶液，乙容器装300mL饱和NaCl溶液，写出c电极的电极反应，常温下，当300mL乙溶液的pH为13时，断开电源，则在甲醇电池中消耗O2的体积为mL（标准状况），电解后向甲中加入适量下列某种物质，可以使溶液恢复到原来状态，该物质是（填写编号）ACuO BCuCO3 CCu（OH）2DCu2（OH）2CO321研究性学习小组对某硫酸亚铁晶体（FeSO4x
13、H2O）热分解进行研究，该小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品按图1高温加热，使其完全分解，对所得产物进行探究，并通过称量装置B质量测出x的值（1）装置B中硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有水，装置C中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中还有（2）实验中要持续通入氮气，否则测出的x会（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）已知硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中还残留红棕色固体Fe2O3，从理论上分析得出硫酸亚铁分解还生成另一物质SO3，写出FeSO4分解的化学方程式（4）装置D球形干燥管的作用（5）某研究所利用SDTQ600热分析仪对硫酸亚铁晶体（FeSO4xH2O）进行热分解，获得相关数据，绘
14、制成固体质量分解温度的关系图如图2，根据图2中有关数据，可计算出FeSO4xH2O中的x=22硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡（Sn（OH）Cl）回答下列问题：（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是（2）写出SnCl2水解的化学方程式（3）加入Sn粉的作用有两个：调节溶液pH （4）反应得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧
15、水去除剂，发生反应的离子方程式是2015-2016学年河南省鹤壁中学高三（上）第四次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共18小题，合计54分每题只有一个正确选项）1下列关于化学用语的表示正确的是（）A镁离子结构示意图：B质子数与中子数相等的硫原子： SC二氟化氧分子电子式：D对甲基苯酚结构简式：【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镁离子核外电子总数为10，最外层为8个电子；B质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数；C氟原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了F周围的6个电子；D对甲基苯酚中甲基和羟基位于苯环的对位C
16、原子上【解答】解：A镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，镁离子正确的结构示意图为：，故A错误；B质子数和中子数相等的S原子的质量数为32，该原子正确表示为：1632S，故B错误；C二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，故C错误；D对甲基苯酚中甲基和羟基位于对位，其结构简式为：，故D正确；故选D【点评】本题考查了有机物命名、离子结构示意图、电子式、元素符号的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式的区别2设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A12.4 g
17、白磷中含有共价键数为0.4 NAB3Fe+4H2O（g）=Fe3O4+4H2反应中，当5.6 g Fe全部转化为Fe3O4时，则有0.3 NA电子发生转移C在1 L 0.1 mol/L碳酸钠溶液中阴离子总数等于0.1 NAD在标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的电子数均为10 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出白磷的物质的量，然后根据1mol白磷中含6molPP键来分析；B、求出铁的物质的量，然后根据反应后铁的价态变为+价来分析；C、CO32水解导致溶液中离子个数增多；D、分别求出两者的物质的量，然后根据1molCH4与H2O中均含10mol电子来计算【解答】解：
18、A、12.4g白磷P4的物质的量为n=0.1mol，而1mol白磷中含6molPP键，故0.1mol白磷中含0.6mol共价键，故A错误；B、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而反应后铁的价态变为+价，故0.1mol铁转移mol电子，故B错误；C、1L 0.1molL1碳酸钠溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子大于0.1mol，阴离子总数大于0.1NA，故C错误；D、在标准状况下，22.4 L CH4的物质的量为1mol，含10mol电子；18 g H2O的物质的量为1mol，含有的电子也为10mol，故D正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关
19、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3下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（）ANH4+、CH3COO、Ca2+、ClBFe3+、Ag+、SO42、NO3CCu2+、H+、S2、NO3DSCN、Fe3+、K+、Cl【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A四种离子之间不反应，能够共存；B银离子与硫酸根离子反应；C铜离子、氢离子都与硫离子反应，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化硫离子；D铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁【解答】解：ANH4+、CH3COO、Ca2+、Cl之间不发生反应，在溶液中可以大量共存，故A正确；BAg+、SO42之间反应生成硫酸银，
20、在溶液中不能大量共存，故B错误；CCu2+、H+都与S2反应，NO3在酸性条件下能够氧化S2，在溶液中不能大量共存，故C错误；DSCN、Fe3+之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，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；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4合成氨反应：3H2+N22NH3，其反应速率分别为v（H2），v（N
21、2），v（NH3）（用molL1s1表示），则正确的关系式是（）Av（H2）=v（N2）=v（NH3）Bv（N2）=2v（NH3）Cv（H2）=v（NH3）Dv（N2）=3v（H2）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【专题】化学反应速率专题【分析】化学反应中，化学反应速率之比等于化学计量数之比，以此来解答【解答】解：3H2+N22NH3，其反应速率分别为v（H2）：v（N2）：v（NH3）=3：1：2，则A.2v（H2）=6v（N2）=3v（NH3），故A错误；B.2v（N2）=v（NH3），故B错误；Cv（H2）=v（NH3），故C正确；D.3v（N2）=v（H2），故D错误；故选C【点
22、评】本题考查化学反应速率与化学计量数的关系，为高频考点，把握反应速率之比等于化学计量数之比为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大5一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）NaOH固体 H2O NH4Cl固体 CH3COONa固体 NaNO3固体 KCl溶液ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+Fe2+H2，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，以此来解答【解答】解：Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+Fe2+H2，
23、为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故错误；加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确； 加入NH4Cl固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故错误； 加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确；加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故错误； 加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确；显然正确，故选：A【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确反应的实质
24、及氢离子的浓度减小是解答本题的关键，难度不大6在给定条件下，下列画线物质在化学反应中能被完全消耗的是（）A用浓盐酸与二氧化锰共热制氯气B标准状况下，将1 g铝片投入20 mL 18 molL1硫酸中C向100 mL 4 molL1硝酸中加入5.6 g 铁D在5107 Pa、500和铁触媒催化的条件下，用氮气和氢气合成氨【考点】铝的化学性质；化学反应的可逆性；硝酸的化学性质【分析】A二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应；B18.4mol/L的硫酸为浓硫酸，常温下遇到铁、铝金属发生的钝化，不再继续反应；C向100mL4mol/L的硝酸中加入5.6g铁根据反应的量
25、，铁全部反应生成三价铁离子；D氮气和氢气生成氨气的反应是可逆反应，存在反应限度，所以不能完全反应【解答】解：AMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，二氧化锰与越浓盐酸反应，随反应进行，浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，盐酸不能完全反应，故A错误；B标准状况下，铝片遇浓硫酸发生钝化，阻止反应进行，铝片不能完全反应，故B错误；C根据反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，0.4mol硝酸氧化0.1mol铁为0.1mol三价铁离子，铁无剩余，故C正确；D氮气与氢气在高温、高压催化剂作用下反应生成氨气：N2+3H22NH3，该反应是可逆反应，存在反应限度，所以氢
26、气不能完全反应，故D错误；故选C【点评】本题考查了元素化合物的性质，注意物质浓度对物质性质的影响、可逆反应特点，变价金属铁与硝酸反应量不同产物不同为该题的难点，题目难度中等7下列叙述正确的是（）A向Al2（SO4）3溶液中滴加过量的NaOH溶液制备Al（OH）3B向水玻璃中滴加盐酸制备硅酸C用加热法除去Ca（OH）2固体中混有的NH4Cl固体DSO2通入酸性KMnO4溶液检验其漂白性【考点】物质的分离、提纯和除杂；二氧化硫的化学性质；硅酸的性质及制法；两性氧化物和两性氢氧化物【分析】A、氢氧化铝为两性氢氧化物，能与强碱反应生成偏铝酸盐；B、硅酸的酸性弱于碳酸，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸；C、氢氧
27、化钙与氯化铵加热反应生成氨气；D、二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有氧化性【解答】解：A、氢氧化铝为两性氢氧化物，能与强碱反应生成偏铝酸盐，即过量的NaOH溶液与硫酸铝反应得不到Al（OH）3，故A错误；B、硅酸的酸性弱于碳酸，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，故B正确；C、氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氨气，故不能利用此方法除去氢氧化钙中的氯化铵，故C错误；D、二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有氧化性，二氧化硫使其褪色，是氧化还原反应不是漂白性，故D错误，故选B【点评】本题主要考查的是二氧化硫的性质、氢氧化铝的两性、强酸制取弱酸原理，综合性较强，难度不大8在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中放入一定量
28、的过氧化钠，充分反应后恢复到原温，下列说法正确的是（）A溶液中Na+浓度增大，有O2放出B溶液的OH浓度不变，有H2放出C溶液中Na+数目减少，有O2放出DOH浓度增大，有O2放出【考点】钠的重要化合物；溶解度、饱和溶液的概念【专题】溶液和胶体专题；元素及其化合物【分析】过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，结合饱和溶液的特点解答该题【解答】解：过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，消耗水，溶液有NaOH晶体析出，反应后仍为饱和溶液，浓度不变，则A、B、D错误，由于溶剂的质量减少，则饱和溶液中的溶质的物质的量减小，故C正确故选C【点评】本题考查钠的重要化合物，侧重于化学知识的综合应用的考查，注意把
29、握饱和溶液的性质，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度中等9下列陈述、均正确，且有因果关系的是（）选项陈述I陈述IIAAl有强氧化性利用铝热反应冶炼金属Fe、Mn等B氢氧化铝具有弱碱性可用于治疗胃酸过多症CH2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色H2O2表现氧化性，SO2表现还原性D水蒸气通过灼热铁粉，铁粉变红褐色铁粉与水蒸气在高温下发生反应AABBCCDD【考点】铝的化学性质；过氧化氢；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的化学性质【分析】A铝热反应中Al作还原剂；B氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸；CH2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色，都发生氧化还原反应，高锰酸钾为氧化剂；D铁粉与水蒸气在高温
30、下发生反应，生成四氧化三铁和氢气【解答】解：A铝热反应中Al作还原剂，陈述I错误，陈述II正确，故A错误；B胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，陈述均正确，且二者存在因果关系，故B正确；CH2O2、SO2都能使酸性KMnO4褪色，都发生氧化还原反应，高锰酸钾为氧化剂，则H2O2、SO2均表现还原性，故C错误；D铁粉与水蒸气在高温下发生反应，生成四氧化三铁和氢气，则不会出现铁粉变红褐色，故D错误；故选B【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物性质，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意性质与用途的关系及题中因果关系，题目难度不大10如表所示的五种元素中，W、X、Y、
31、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22下列说法正确的是（）XYWZAX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性DX的阴离子比Y的阴离子离子半径大【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X、Y、Z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+x+2+x+3=22，解得：x=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为C
32、l元素，据此结合元素周期律知识进行解答【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X、Y、Z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+x+2+x+3=22，解得：x=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl元素，AX、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl，常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比HCl的高，故A错误；BN、O和H形成的化合物硝酸铵中既有离子键、又有共价键，故B错误；C物质WY2、W3X4、WZ4分别为SiO2、Si3N4、S
33、iCl4，SiO2、Si3N4为原子晶体，具有有熔点高、硬度大的特性，而SiCl4为共价化合物，不具有该性质，故C错误；DX的阴离子为氮离子、Y的阴离子为O离子，二者的电子层数相同，对应元素的原子序数越大，离子半径越小，原子序数：NO，则X的阴离子比Y的阴离子离子半径大，故D正确；故选D【点评】本题考查位构性的知识，题目难度中等，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力11一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表下列说法错误的是（）pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢abc较快
34、主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2A当pH4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B当pH6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C当pH14时，正极反应为O2+4H+4e2H2OD在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀【解答】解：A当pH4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe2e=Fe2+，正极上电极反应式为：2H+2e=H2，故A正确；B当pH6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe2e=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故B正确
35、；C在pH14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e=4OH，故C错误；D在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，难度不大12用如图装置进行相应实验，不能达到实验目的是（）A图1所示装置可制备氢氧化亚铁B图2所示装置可电解食盐水制氯气和氢气C图3所示装置可验证氨气极易溶于水D图4所示装置与操作可除去苯中的苯酚【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A苯能隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；BCu为阳极，失去电子，不能生成氯气；C挤压胶
36、头滴管，氨气溶于水，气球变大；D酚与NaOH反应，而苯不能，且反应后分层【解答】解：A苯能隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，则图1所示装置可制备氢氧化亚铁，故A正确；BCu为阳极，失去电子，不能生成氯气，则C应为阳极电解食盐水制氯气和氢气，故B错误；C挤压胶头滴管，氨气溶于水，气球变大，则图3所示装置可验证氨气极易溶于水，故C正确；D酚与NaOH反应，而苯不能，且反应后分层，则图4所示分液装置与操作可除去苯中的苯酚，故D正确；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、电解原理、物质的性质及除杂等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行
37、性、评价性分析，题目难度不大13有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，A极为负极；C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，电流由D导线C；B、C相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡；B、D相连后，同时浸入稀硫酸中，D极产生大量气泡据此，判断四种金属的活动性顺序是（）AABCDBACDBCCABDDBDCA【考点】常见金属的活动性顺序及其应用【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】在原电池中，负极金属的活泼性一般强于正极金属的活泼性，根据原电池的工作原理判断电池的正负极，进而可以判断金属的活泼性强弱关系【解答】解：A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸中
38、，A极为负极，所以活泼性：AB；原电池中，电流从正极流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D导线C，所以金属活泼性：CD；B、C相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡，说明C是正极，所以金属活泼性：BC；B、D相连后，同时浸入稀硫酸中，D极产生大量气泡，说明D极是正极，所以金属活泼性：BD；综上可知金属活泼性顺序是：ABCD故选A【点评】本题考查根据原电池中电极及反应现象判断金属的活泼性，难度不大，会根据原电池中反应现象判断金属的活泼性14MgAgCl电池是一种用海水激活的一次电池，在军事上用作电动鱼雷的电源电池的总反应可表示为：Mg+2AgClMgCl2+2Ag下列关
39、于该电池的说法错误的是（）A该电池工作时，正极反应为：2AgCl+2e2C1+2AgB该电池的负极材料可以用金属铝代替C有24gMg被氧化时，可还原得到108gAgD装备该电池的鱼雷在水中行进时，海水作为电解质溶液【考点】化学电源新型电池【分析】该原电池中Mg易失电子作负极、AgCl是正极，负极反应式为Mg2e=Mg2+，正极反应式为2AgCl+2e2C1+2Ag，结合转移电子相等进行计算【解答】解：该原电池中Mg易失电子作负极、AgCl是正极，负极反应式为Mg2e=Mg2+，正极反应式为2AgCl+2e2C1+2Ag，A通过以上分析知，正极反应式为2AgCl+2e2C1+2Ag，故A正确；B
40、Al的活泼性大于Ag，所以铝和氯化银、海水也能构成原电池，则该电池的负极材料可以用金属铝代替，故B正确；C有24gMg被氧化时，被氧化Mg的物质的量是1mol，转移电子的物质的量是2mol，当转移2mol电子时可还原得到216gAg，故C错误；DMgAgCl能用海水激活，所以能构成原电池，则海水作为电解质溶液，故D正确；故选C【点评】本题考查化学电源新型电池，明确原电池原理是解本题关键，会根据失电子难易程度确定正负极，会正确书写电极反应式，为易错点15如图是金属镁和卤素单质（X2）反应的能量变化示意图下列说法正确的是（）A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2M
41、gF2C常温下氧化性：F2Cl2Br2I2D由图可知此温度下MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式为：MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g），H=117kJmol1【考点】反应热和焓变；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，据此分析；B、物质能量越高越活泼，越不稳定；C、氧化性：F2Cl2Br2I2；D、根据盖斯定律构建目标方程式书写【解答】解：A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；B、物质的能量越低越稳定，易图象
42、数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2MgBr2MgCl2MgF2，故B错误；C、氧化性：F2Cl2Br2I2，故C错误；D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）H=641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=117KJmol1，故D正确；故选D【点评】本题考查了反应焓变的判断计算，物质能量越高越活泼，能量守恒是解题关键，题目难度中等16镁次氯酸盐燃料电池的工作原理如图，该电池反应为：Mg+ClO +H2OMg（OH）2+Cl下列有关说法正确
43、的是（）A电池工作时，C溶液中的溶质是MgCl2B电池工作时，正极a附近的PH将不断增大C负极反应式：ClO 2e +H2OCl+2 OHDb电极发生还原反应，每转移0.1mol电子，理论上生成0.1mol Cl【考点】化学电源新型电池【分析】该燃料电池中，镁易失电子作负极、次氯酸根离子得电子发生还原反应，负极电极反应式为Mg2e+2OH=Mg（OH）2，正极电极反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，据此分析【解答】解：A根据电池反应式为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，所以C溶液中的溶质不含镁离子，故A错误；B放电时正极电极反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，所
44、以a附近的PH将不断增大，故B正确；C根据电池反应式为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，负极电极反应式为Mg2e+2OH=Mg（OH）2，故C错误；D由可知b电极为正极发生还原反应，反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，所以每转移0.1mol电子，理论上生成0.05mol Cl，故D错误；故选B【点评】本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的反应是解本题关键，再结合离子移动方向来分析解答，题目难度不大17下列反应的离子方程式正确的是（）A过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22+2H2O=4OH+O2B在100ml浓度为1 molL1 的Fe（NO3）3的溶液中通入足量SO22
45、Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+C1moL1 的 NaAlO2 溶液和2.5molL1 的盐酸等体积混合：2AlO2+5 H+=Al（OH）3+Al3+H2 OD向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：CO32+H+HCO3【考点】离子方程式的书写【分析】A过氧化钠为氧化物，离子方程式中应该保留化学式；B二氧化硫足量，硝酸根离子在酸性溶液中能够氧化二氧化硫，漏掉了硝酸根离子与二氧化硫的反应；C偏铝酸根离子与1mol/L的氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，剩余的氢离子与氢氧化铝反应生成铝离子，反应产物中氢氧化铝和铝离子的物质的量相等；D醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能
46、拆开，需要保留分子式【解答】解：A过氧化钠应该写成化学式，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2 ，故A错误；BFe（NO3）3的溶液中通入足量SO2，硝酸根离子也参与反应，正确的离子反应为：3NO3+Fe3+5SO2+4H2OFe2+5SO42+3NO+8H+，故B错误；C1moL1的NaAlO2溶液和2.5molL1的盐酸等体积混合，设溶液体积为1L，则偏铝酸钠为1mol，氯化氢为2.5mol，1mol偏铝酸钠与1mol氢离子反应生成1mol氢氧化铝沉淀，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，所以二者恰好反应生成等物质的量的氢氧化铝和铝离子，反应的
47、离子方程式为：2AlO2+5H+=Al（OH）3+Al3+H2O，故C正确；D向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸，反应生成醋酸钠和碳酸氢钠，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：CH3COOH+CO32CH3COO+HCO3，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）18将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加
48、入250mL1.5mol/L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl外，还大量存在的是（）AAlO2BAl3+，Mg2+CMg2+，AlO2DAl3+，Mg2+、H+【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中即n（HCl）=0.075L4mol/L=0.3mol，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据计算盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液即n（NaOH）=0
49、.25L1.5mol/L=0.375mol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；【解答】解：将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中即n（HCl）=0.075L4mol/L=0.3mol，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，根据计算2.4g无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2
50、、AlCl3混合溶液，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液即n（NaOH）=0.25L1.5mol/L=0.375mol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；故选A【点评】本题考查了镁、铝的性质，明确离子存在的条件是解本题的关键，本题整体分析较简便二、填空题19A、B、C、D、E是五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次增大，A、D都能与C按原子个数比为1：
51、1或2：1形成化合物，A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，E与C的最外层电子数相同（1）画出E的原子结构示意图，（2）2014年10月24日，我国探月工程三期再次返回飞行试验器在西昌卫星发射中心由长征三号丙运载火箭发射升空 长征三号丙运载火箭使用的推进剂之一是A与B形成含有18电子的化合物甲，请写出其电子式（3）D与C按原子个数比为1：1形成化合物乙与水反应的离子方程式2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2（4）B、C所形成氢化物的稳定性由强到弱的顺序是H2ONH3（填具体的化学式）（5）F是一种历史悠久、应用广泛的金属元素若将F金属投入到盐酸溶液中，生成了浅绿色溶液M写出M的酸性溶液
52、和A与 C按原子个数比为1：1形成的化合物丙反应的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（6）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以A2、B2为电极反应物，以HClNH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，放电时溶液中H+移向正（填“正”或“负”）极【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素中，它们的原子序数依次增大，A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，则A为H元素、B为N元素；A、D都能与C按原子个数比为1：1或2：1形成的化合物，则C为O元素、D为Na；E与C的最外层电子数相同，
53、则E为S元素，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期主族元素中，它们的原子序数依次增大，A、B组成的气态化合物的水溶液呈碱性，则A为H元素、B为N元素；A、D都能与C按原子个数比为1：1或2：1形成的化合物，则C为O元素、D为Na；E与C的最外层电子数相同，则E为S元素（1）E为S元素，原子结构示意图为：，故答案为：；（2）A与B形成含有18电子的化合物甲为N2H4，其电子式为，故答案为：；（3）D与C按原子个数比为1：1形成化合物乙为Na2O2，与水反应的离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2；（4）由于非金
54、属性ON，故氢化物稳定性：H2ONH3，故答案为：H2ONH3；（5）F是一种历史悠久、应用广泛的金属元素，若将F金属投入到盐酸溶液中，生成了浅绿色溶液M，则F为Fe，M为FeCl2A与 C按原子个数比为1：1形成的化合物丙为H2O2，过氧化氢具有强氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（6）以H2、N2为电极反应物，以HClNH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，由于电子由负极经过导线向正极移动，故放电时溶液中H+移向正极（填“正”或“负”）极，故答案为：正【点评】本题以
55、元素推断为载体，考查位置结构性质关系、电子式、原子结构示意图、元素周期律、元素化合物性质、原电池等，题目比较综合，关键是根据物质组成推断元素，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等20能源短缺是人类社会面临的重大问题甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应I：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应II：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）上述反应符合“原子经济”原则的是I（填“I”或“”）（2）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+
56、O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H=44.0kJ/mol则CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8kJmol（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置该电池负极的电极反应为CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O工作一段时间后，测得溶液的pH减小（填增大、不变、减小）用该电池作电源，组成如图所示装置（a、b、c、d均为石墨电极），甲容器装250mL0.04mol/L CuSO4溶液，乙容器装300mL饱和NaCl溶液，写出c电极的电极反应2Cl2e=Cl2；，常温下，当300mL乙溶液的pH为13
57、时，断开电源，则在甲醇电池中消耗O2的体积为168mL（标准状况），电解后向甲中加入适量下列某种物质，可以使溶液恢复到原来状态，该物质是CD（填写编号）ACuO BCuCO3 CCu（OH）2DCu2（OH）2CO3【考点】原电池和电解池的工作原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】电化学专题；燃烧热的计算【分析】（1）“原子经济性”是指在化学品合成过程中，合成方法和工艺应被设计成能把反应过程中所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中；（2）2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2H2O（g）H2O（l）H3依据盖斯定律
58、计算（+4）得到热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（l）H=+2H3，由此分析解答；（3）在燃料电池中，负极是燃料发生失电子的氧化反应，即CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O；CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O，氢氧根离子被消耗；c电极上氯离子放电生成氯气；根据转移电子相等计算消耗氧气体积；根据“析出什么加入什么”的原则确定加入物质【解答】解：（1）根据原子经济知，没有副产物，符合原子经济理念，中有副产物，不符合原子经济理念，故答案为：I；（2）2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H
59、2H2O（g）H2O（l）H3依据盖斯定律计算（+4）得到热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（l）H=+2H3=442.8kJmol，故答案为：442.8kJmol；（3）在燃料电池中，负极是燃料发生失电子的氧化反应，即CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O；CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O，氢氧根离子被消耗，所以溶液的pH减小，故答案为：减小； c电极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl2e=Cl2，乙中电池反应式为2NaCl+2H2O=2NaOH+Cl2+H2，溶液中生成n（NaOH）=0
60、.1mol/L0.3L=0.03mol，转移电子的物质的量=0.03mol，串联电路中转移电子相等，所以消耗氧气体积=22.4=168mL；甲中阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成铜，n（CuSO4）=0.25L0.04mol/L=0.01mol，铜离子完全放电时转移电子0.02mol0.04mol，所以阴极上还有部分氢气生成，所以相当于析出CuO和水，可以加入CD使溶液恢复原状，故选CD，故答案为：2Cl2e=Cl2；168；CD【点评】本题主要考查了根据盖斯定律、原电池和电解池原理来分析解答即可，题目难度不大，注意把握从键能的角度计算反应热的方法21研究性学习小组对某硫酸亚铁
61、晶体（FeSO4xH2O）热分解进行研究，该小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品按图1高温加热，使其完全分解，对所得产物进行探究，并通过称量装置B质量测出x的值（1）装置B中硫酸铜粉末变蓝，质量增加12.6g，说明产物中有水，装置C中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中还有SO2（2）实验中要持续通入氮气，否则测出的x会偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）已知硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中还残留红棕色固体Fe2O3，从理论上分析得出硫酸亚铁分解还生成另一物质SO3，写出FeSO4分解的化学方程式2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3（4）装置D球形干燥管的作用防止氢氧化钠溶液倒吸（5）某研究所利用
62、SDTQ600热分析仪对硫酸亚铁晶体（FeSO4xH2O）进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量分解温度的关系图如图2，根据图2中有关数据，可计算出FeSO4xH2O中的x=7【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色；（2）实验中要持续通入氮气，把水蒸气全部赶出，否则测出的x会偏小；（3）FeSO4的分解后装置A中还有残留红棕色固体，即生成了氧化铁，又还生成另一物质SO3，根据氧化还原反应，还应该有化合价减低的产物SO2，配平即可；（4）装置D主要是吸收产生的过多二氧化硫气体防止污染空气，球形干燥
63、管的作用是：干燥气体的作用并防止氢氧化钠溶液倒吸；（5）通过FeSO4xH2O的化学式可知铁原子和水的个数比为1：2x，根据原子守恒计算；【解答】解：（1）二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：SO2；（2）实验中要持续通入氮气，把水蒸气全部赶出，否则测出的x会偏小，故答案为：偏小；（3）FeSO4的分解后装置A中还有残留红棕色固体，即生成了氧化铁，又还生成另一物质SO3，根据氧化还原反应，还应该有化合价减低的产物SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；（4）装置D氢氧化钠溶液主要是吸收产生的过多二氧化硫气体防止污染空气，球形
64、干燥管的作用是：干燥气体的作用并防止氢氧化钠溶液倒吸，故答案为：防止氢氧化钠溶液倒吸；（5）通过FeSO4xH2O的化学式可知铁原子和水的个数比为1：2x，Fe2O32xH2O160 36x8g 12.6gx=7故答案为：7【点评】本题主要考查了学生根据实验原理从资料中获得有效信息的能力、实验分析能力、根据化学式的计算能力等，难度中等22硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡（Sn（OH）Cl）回答下列问题：（1）锡
65、原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是第五周期第A族（2）写出SnCl2水解的化学方程式SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl（3）加入Sn粉的作用有两个：调节溶液pH 防止Sn2+被氧化（4）反应得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是Sn2+CO32SnO+CO2（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O【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】为防止SnCl2水解，所以将SnCl2溶解在稀盐酸中，然后加入锡粉搅拌，防止Sn2+被氧化，然后
66、过滤滤去滤渣，向滤液中加入碳酸钠，发生反应Sn2+CO32SnO+CO2，然后过滤得到滤渣，将滤渣洗涤，用硫酸溶解得到硫酸锡，将硫酸锡溶液蒸发浓缩、冷却结晶、干燥得到硫酸锡固体；（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，处于A族，根据原子序数减去各周期容纳元素种数确定所在的周期；（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡（Sn（OH）Cl）；（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化； （4）反应得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有
67、强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水【解答】解：为防止SnCl2水解，所以将SnCl2溶解在稀盐酸中，然后加入锡粉搅拌，防止Sn2+被氧化，然后过滤滤去滤渣，向滤液中加入碳酸钠，发生反应Sn2+CO32SnO+CO2，然后过滤得到滤渣，将滤渣洗涤，用硫酸溶解得到硫酸锡，将硫酸锡溶液蒸发浓缩、冷却结晶、干燥得到硫酸锡固体；（1）锡元素与碳元素属于同一主族，处于A族，原子核电荷数为50，则：5028818=14，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第A族，故答案为：第五周期第A族；（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡（Sn（OH）Cl），水解方程式为SnCl2+H
68、2OSn（OH）Cl+HCl，故答案为：SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl；（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化； 故答案为：防止Sn2+被氧化；（4）反应得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2+CO32SnO+CO2，故答案为：Sn2+CO32SnO+CO2；（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O，故答案为：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O【点评】本题以SnSO4制备为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写等知识点，侧重考查学生知识综合应用能力，需要学生具备综合知识并灵活解答，题目难度不大