1、2015年四川省成都市崇州市崇庆中学高考化学“一诊”模拟试卷（一）一单项选择题12014年8月2日江苏昆山某公司汽车轮毂抛光车间在生产过程中发生爆炸，经调查分析是铝粉遇明火引发爆炸下列有关说法不正确的是( )A活泼的金属粉尘遇明火均易引起爆炸B任何金属粉末在不正确操作下均可能引起爆炸C汽车轮毂表面镀铝既增加美观度，又耐腐蚀D事故告诫人们安全生产，防污、防爆非常重要2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A标准状况下，1.12LCO2分子中含有0.05 NA个碳氧双键B一定温度下，0.1molCl2完全反应转移的电子数一定为0.02 NAC常温常压下，9.5gMgCl2固体中离子总数
2、为0.3 NAD常温常压下，1L1mol/LNa2CO3溶液中CO32和HCO3数目之和为NA3下列离子方程式错误的是( )A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2OB酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4+5H2O2 +6H+2Mn2+5O2+8H2OC等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O2ePbO2+4H+SO424已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH
3、2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是( )A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）5已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )A水的电离程度始终增大B先增大再减小Cc（CH3COOH）与c（CH3COO）之和始终保持不变D当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO）6中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( )AABBCCDD7下列有关说法
4、正确的是( )A若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的H0C加热0.1molL1 Na2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大D对于乙酸与乙醇的酯化反应（H0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大二非选择题8【化学物质结构与性质】A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大第2周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，C是地壳中含量最多的元素D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层
5、电子均充满请用对应的元素符号或化学式填空：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为_（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中其中心原子采取_杂化（3）与A、B形成的阴离子（AB）互为等电子体的分子有_（4）基态D原子的核外电子排布式为_，右图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比为_（5）向D的高价态硫酸盐溶液中逐滴滴加B的氢化物水溶液至过量，先出现沉淀，最后沉淀溶解形成溶液写出此沉淀溶解的离子方程式：_9Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定制备Na2S2O35H2O 反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3
6、（aq）实验步骤：称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水另取5g研细的硫粉，用3mL 乙醇润湿，加入上述溶液中安装实验装置（如图所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是_（2）仪器a的名称是_，其作用是_（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_检验是否存在该杂质的方法是_（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：_测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以
7、淀粉作指示剂，用0.100 0molL1碘的标准溶液滴定反应原理为2S2O32+I2S4O62+2I（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：_（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_mL产品的纯度为（设Na2S2O35H2O相对分子质量为M）_Na2S2O3的应用（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_10某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图1）从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化（1）请完成以下实验设计表（表中不要留
8、空格）：（2）编号实验测得容器中压强随时间变化如图2t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了_腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向_；此时，碳粉表面发生了_（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式是_（3）该小组对图2中0t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；假设二：_；（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案，请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论11铁及其化合物与生产、生活关系密切（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图该电化腐蚀称为_图中A、B、C、D、四
9、个区域，生成铁锈最多的是_（填字母）（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：步骤若温度过高，将导致硝酸分解硝酸分解的化学方程式为_步骤中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O2Fe2O3nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为_上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是_（任写一项）（3）已知t时，反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25t时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）=_若在1 L密闭容器中加入0.02mol FeO（s），并通入x mol CO，t时反
10、应达到平衡此时FeO（s）转化率为50%，则x=_2015年四川省成都市崇州市崇庆中学高考化学“一诊”模拟试卷（一）一单项选择题12014年8月2日江苏昆山某公司汽车轮毂抛光车间在生产过程中发生爆炸，经调查分析是铝粉遇明火引发爆炸下列有关说法不正确的是( )A活泼的金属粉尘遇明火均易引起爆炸B任何金属粉末在不正确操作下均可能引起爆炸C汽车轮毂表面镀铝既增加美观度，又耐腐蚀D事故告诫人们安全生产，防污、防爆非常重要考点：常见的生活环境的污染及治理 分析：加工厂的车间里若悬浮着较多的粉尘，遇明火就有发生爆炸的危险这是因为粉尘表面积较大，与空气充分接触后，遇到明火急剧燃烧，在短时间内聚集大量的热，使
11、气体的体积在有限空间内迅速膨胀，从而引起爆炸解答：解：A活泼金属能与氧气反应，引起爆炸，故A正确； B有些金属不活泼，如金，不会引起爆炸，故B错误；C铝表面能生成一层致密的氧化物薄膜，耐腐蚀，故C正确；D安全生产，防污、防爆非常重要，要从预防做起，故D正确故选B点评：本题考查生产安全，注意粉尘表面积较大，与空气充分接触后，遇到明火急剧燃烧，可能引起爆炸，题目难度不大2设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A标准状况下，1.12LCO2分子中含有0.05 NA个碳氧双键B一定温度下，0.1molCl2完全反应转移的电子数一定为0.02 NAC常温常压下，9.5gMgCl2固体中离子总
12、数为0.3 NAD常温常压下，1L1mol/LNa2CO3溶液中CO32和HCO3数目之和为NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、二氧化碳中含2个碳氧双键；B、根据氯气反应后的价态来分析；C、求出氯化镁的物质的量，然后根据1mol氯化镁中含1mol镁离子和2mol氯离子来分析；D、求出碳酸钠的物质的量，然后根据物料守恒来分析解答：解：A、标况下，11.2L二氧化碳的物质的量为0.5mol，而二氧化碳中含2个碳氧双键，故0.5mol二氧化碳中含1mol碳氧双键即NA个，故A错误；B、氯气反应后的价态可能为1、+1、+3、+5、+7价，还可能发生歧化反应，故0.1mol氯气反应后转移的电子不一定为0
13、.2NA个，故B错误；C、9.5g氯化镁的物质的量为0.1mol，而1mol氯化镁中含1mol镁离子和2mol氯离子，故0.1mol氯化镁中含0.3mol离子即0.3NA个，故C正确；D、碳酸钠的物质的量n=CV=1mol，由于CO32能水解为HCO3和H2CO3，根据物料守恒可知，CO32、HCO3和H2CO3的数目之和为NA个，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，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大3下列离子方程式错误的是( )A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2OB酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2Mn
14、O4+5H2O2 +6H+2Mn2+5O2+8H2OC等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2+2OHMg（OH）2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O2ePbO2+4H+SO42考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A反应生成硫酸钡和水，符合离子的配比；B发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒及原子守恒；C先发生酸碱中和；D充电时正极上PbSO4失去电子解答：解：A向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故A正确；B酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO4+5H2O2 +6H+2
15、Mn2+5O2+8H2O，故B正确；C等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合，发生的离子反应为Mg2+4OH+2H+Mg（OH）2+2H2O，故C错误；D充电时正极上PbSO4失去电子，则铅酸蓄电池充电时的正极反应为PbSO4+2H2O2ePbO2+4H+SO42，故D正确；故选C点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的离子反应及书写方法为解答的关键，涉及复分解反应、氧化还原反应及电极反应的书写，选项C中注意反应的先后顺序，题目难度中等4已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+IH2O+IO 慢H
16、2O2+IOH2O+O2+I 快下列有关该反应的说法正确的是( )A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）考点：反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律 专题：物质的性质和变化专题；化学反应中的能量变化分析：A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其H而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；解答：解：A、已知：H2O2+IH2O+IO 慢 H2O2+IOH2O+O2+I 快，过氧化氢分解快慢决
17、定于反应慢的，I是的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应+可得总反应方程式，反应的催化剂是I，IO只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的H=98KJ/mol，H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误故选：A点评：本题是2014年河北高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应速率的相关知识，题目难度不大5已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1molL1的CH3COOH
18、溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )A水的电离程度始终增大B先增大再减小Cc（CH3COOH）与c（CH3COO）之和始终保持不变D当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减
19、小；DCH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO）解答：解：A酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱
20、性时，氨水的电离常数Kb=，c（OH）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以逐渐减小，即始终减小，故B错误；Cn（CH3COOH）与n（CH3COO）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO）之和逐渐减小，故C错误；D当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO），故D正确；故选D点评：本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，
21、注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法6中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是( )AABBCCDD考点：真题集萃；含有氢键的物质；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题：基本概念与基本理论分析：AHClO光照分解生成HCl；B常温下，铝遇浓硝酸发生钝化；C氨气中含氢键；DZnS沉淀中滴加CuSO4溶液，发生沉淀的转化解答：解：AHClO光照分解生成HCl，则弱酸可以制取强酸，但一般为较强酸可以制取较弱酸，故A错误；B常温下，铝遇浓硝酸发生钝化，则常温下，相同的铝片中
22、分别加入足量的浓、稀硝酸，稀硝酸中铝片先溶解完，但一般为反应物浓度越大，反应速率越快，故B错误；C氨气中含氢键，沸点高于PH3，对不含氢键的，且结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，故C错误；DZnS沉淀中滴加CuSO4溶液，发生沉淀的转化，溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，从而生成CuS更难溶的沉淀，故D正确；故选D点评：本题为2014年安徽高考化学试题，涉及规律的应用及特例分析，把握HClO的性质、钝化、氢键及沉淀转化等知识点为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题目难度不大7下列有关说法正确的是( )A若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B2NO（g）
23、+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的H0C加热0.1molL1 Na2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大D对于乙酸与乙醇的酯化反应（H0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大考点：真题集萃；反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡建立的过程；影响盐类水解程度的主要因素 专题：基本概念与基本理论分析：A船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，被腐蚀；B正反应为熵减的反应，根据HTS=G0反应自发进行，据此判断；C碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，溶液碱性增
24、强；D浓硫酸起催化剂作用，加快反应速率，升高温度平衡向吸热反应分析移动，据此判断平衡常数变化解答：解：A船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故A错误；B正反应为熵减的反应，即S0，常温下能自发进行，根据HTS=G0反应自发进行，可推知该反应H0，故B错误；C碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，溶液碱性增强，即溶液的pH均增大，故C正确；D浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸加快反应速率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D错误，故选C点评：本题比较综合，是常见题型，涉及金属腐蚀
25、与防护、化学反应进行方向、盐类水解、化学平衡移动、化学反应速率及平衡常数影响因素等，难度不大，侧重对基础知识的考查二非选择题8【化学物质结构与性质】A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大第2周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，C是地壳中含量最多的元素D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满请用对应的元素符号或化学式填空：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为CON（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中其中心原子采取sp2杂化（3）与A、B形成的阴离子（AB）互为等电子体的分子有
26、N2、CO（4）基态D原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，右图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比为1：5（5）向D的高价态硫酸盐溶液中逐滴滴加B的氢化物水溶液至过量，先出现沉淀，最后沉淀溶解形成溶液写出此沉淀溶解的离子方程式：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增
27、大，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素，第2周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与N元素形成阴离子（AN），故A为C元素，C是地壳中含量最高的元素，所以C是O元素，D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，据此解答解答：解：A、B、C都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素，第2周
28、期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与N元素形成阴离子（AN），故A为C元素，C是地壳中含量最高的元素，所以C是O元素，D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，（1）C、N、S元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能CON，故答案为：CON；（2）H2CO3中C原子最外层电子数全部成键，没有孤电子对，成1个C=
29、O双键，2个CO单键，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，故答案为：sp2；（3）将CN中C原子及1个负电荷换成1个N原子，可得的等电子体N2，将N原子及1个负电荷换成1个O原子，可得的等电子体CO，故答案为：N2、CO；（4）D的原子序数是29，为Cu元素，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8=1，Cu原子处于晶胞内部与面上、面心，晶胞中Cu数目为1+4+4=5，故该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1，1：5；（5）将氨水滴加到硫酸铜溶液中，首
30、先反应生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜络离子，反应的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O，故答案为：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O点评：本题以元素的推断考查了原子的杂化方式、核外电子排布规律、电离能、晶胞计算、配合物等知识点，注意同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA和第IIIA族、第VA族和第VIA族之间异常，为易错点9Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定制备Na2S2O35H2O 反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）
31、Na2S2O3（aq）实验步骤：称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水另取5g研细的硫粉，用3mL 乙醇润湿，加入上述溶液中安装实验装置（如图所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是使硫粉易于分散到溶液中（2）仪器a的名称是冷凝管，其作用是冷凝回流（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是Na2SO4检验是否存在该杂质的方法是取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含
32、有Na2SO4（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：S2O32+2H+=S+SO2+H2O测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0molL1碘的标准溶液滴定反应原理为2S2O32+I2S4O62+2I（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：由无色变为蓝色（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为18.10mL产品的纯度为（设Na2S2O35H2O相对分子质量为M）100%Na2S2O3的应用（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为S2O3
33、2+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+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 分析：（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；（3）由于S2O32具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠； （4）S2O32与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式； （5）根据滴定前溶液为无色，滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，判断达到终点时溶液颜色变化；（6）根据图示的滴定管中液面读出初读
34、数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积；根据反应2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），然后根据题中碘单质的物质的量计算出Na2S2O35H2O质量及产品的纯度；（7）根据题干信息“Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42”及化合价升降相等写出反应的离子方程式解答：解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管；冷凝回流；（3）S2O32具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离
35、子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4； 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4； （4）S2O32与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O；（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，故答案为：由无色变为蓝色；（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读
36、数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；根据反应2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），所以W g产品中含有Na2S2O35H2O质量为：0.1000 molL118.10103L2M=3.620103Mg，则产品的纯度为：100%=100%，故答案为：18.10；100%；（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，根据化合价升降相等配平后的离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+，故答案为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+点评：本题
37、考查了化学实验基本操作方法及常见仪器的构造、离子的检验方法、中和滴定存在即计算、离子方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况10某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图1）从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）：（2）编号实验测得容器中压强随时间变化如图2t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了吸氧腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时，碳粉表面发生了还原（填“氧化”或“
38、还原”）反应，其电极反应式是O2+2H2O+4e4OH（3）该小组对图2中0t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；假设二：反应放热使锥形瓶内温度升高；（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案，请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论考点：探究原电池及其工作原理 专题：实验设计题分析：（1）根据对比试验中保证变量的唯一性进行解答；（2）根据析氢腐蚀与吸氧腐蚀的区别及锥形瓶中压强的变化判断钢铁的腐蚀类型；根据钢铁的腐蚀类型及原理标出电子转移的方向；碳粉表明氧气得到电子生成氢氧根离子，发生还原反应；（3）图2中0t1
39、时压强变大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高，锥形瓶中气体体积增大；（4）可以根据检验锥形瓶中是否生成了亚铁离子判断方案一是否正确解答：解：（1）为参照试验，由于探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；中只有碳粉含量与不同，则为探究碳粉含量的影响，故答案为：2.0碳粉含量的影响（2）t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：吸氧； ； 还原；O2+2H2O
40、+4e=4OH；（3）图2中0t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热使锥形瓶内温度升高；（4）可以通过检验反应是否生成亚铁离子判断是否发生析氢腐蚀，方法为：将锥形瓶中反应后的溶液过滤；滤液中滴加几滴硫氰化钾溶液，再滴入几滴新制氯水，若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液变红，证明假设一正确；若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液不变红，证明假设一错误故答案为：将锥形瓶中反应后的溶液过滤；滤液中滴加几滴硫氰化钾溶液，再滴入几滴新制氯水，若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后
41、溶液变红，证明假设一正确；若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液不变红，证明假设一错误点评：本题考查了探究铁的腐蚀原理、原电池工作原理，题目难度中等，注意掌握原电池工作原理，明确钢铁的化学腐蚀类型、腐蚀原理及区别11铁及其化合物与生产、生活关系密切（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图该电化腐蚀称为吸氧腐蚀图中A、B、C、D、四个区域，生成铁锈最多的是B（填字母）（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：步骤若温度过高，将导致硝酸分解硝酸分解的化学方程式为4HNO34NO2+O2+2H2O步骤中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O2Fe
42、2O3nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为4Fe+10HNO34Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是氮氧化物排放少（任写一项）（3）已知t时，反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25t时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）=4：1若在1 L密闭容器中加入0.02mol FeO（s），并通入x mol CO，t时反应达到平衡此时FeO（s）转化率为50%，则x=0.05考点：化学平衡的计算；金属的电化学腐蚀与防护；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物
43、专题：化学平衡专题；电化学专题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）由图可知，海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀；A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤中转化为Fe2O3nH2O，最后得到铁红，硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水；应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水；氮氧化物为有毒气体；（3）K=，平衡常数K=0.25，以此计算；通入x mol CO，t时反应达到平衡此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol50%=0.01mol，则 Fe
44、O（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）开始0.02 x 0 0转化0.01 0.01 0.01 0.01平衡 x0.01 0.01结合平衡常数计算解答：解：（1）由图可知，海水溶液为弱酸性，则Fe失去电子，正极上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部，显然B中腐蚀速率最快，生成铁锈最多，故答案为：B；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤中转化为Fe2O3nH2O，最后得到铁红，硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水，该反应为4HNO34NO2+O2+2H2O，故答案为：4HNO34NO2+O2+2H2O
45、；产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，该反应为4Fe+10HNO34Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Fe+10HNO34Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；由流程可知，上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少，故答案为：氮氧化物排放少；（3）K=，平衡常数K=0.25，n（CO）：n（CO2）=，即n（CO）：n（CO2）=4：1，故答案为：4：1；通入x mol CO，t时反应达到平衡此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol50%=0.01mol，则 FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）开始 0.02 x 0 0转化 0.01 0.01 0.01 0.01平衡 x0.01 0.01则K=0.25，解的x=0.05，故答案为：0.05点评：本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电化学腐蚀及物质的制备流程等，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握化学反应原理及图象、流程的分析为解答的关键，题目难度中等
