1、山东省枣庄二中2015届高考测试化学试卷（二）一、选择题（本题包括13小题每小题5分，共65分每小题只有一个选项符合题意，选对的得5分，错选或不答的得0分）1（5分）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A淀粉溶液、豆浆、雾、碳素墨水均可发生丁达尔现象B合金、光导纤维、碳纤维、玻璃钢都属于复合材料C明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到杀菌、消毒的作用D光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应、酸雨（硝酸型）的形成都与氮氧化物有关2（5分）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（）选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2AAB
2、BCCDD3（5分）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH+2H2O=Al（OH）4+H2B过量铁溶于稀硝酸：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OC用食醋除去暖水瓶中的水垢：2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO+CO2+H2ODCa（HCO3）2溶液中加入少量的NaOH溶液：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2O4（5分）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B加热时，、溶液均变红，
3、冷却后又都变为无色C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应5（5分）C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中不正确的是（）A三种元素的单质都存在同素异形体B二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C最低价的气态氢化物都具有较强的还原性，能与O2发生反应D含氧酸的钠盐水溶液有呈碱性的，有呈中性、也有酸性的6（5分）在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题解决，下列反应顺序判断正确的是（）A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2
4、+B在含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸：Al（OH）4、Al（OH）3、OH、CO32C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2可以看成：KOH、Ba（OH）2、BaCO3、K2CO3D在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+7（5分）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓
5、盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD二、解答题（共3小题，满分53分）8（16分）材料一：苏教版化学1（必修）工业上从海产品（海带）中获取碘的流程图如下：回答（1）（3）三个小题：（1）上述生产流程的第一步是“浸泡”，它的实验目的是；（2）“氧化”这一操作中可供选用的试剂：Cl2、Br2、浓硫酸和H2O2（滴加稀硫酸），从无污染角度考虑，你认为选择的合适试剂是，反应中I转化为I2的离子反应方程式为；（3）上述的生产流程中，“提纯获得单质碘”一般认为经历两步，你认为应选择的实验装置分别是（按操作的先后顺序填写）；材料二：我国实际工业利用海带制取碘，采用的是离子交换法，其流程如下：淡干海
6、带浸泡浸泡液净化上层清液酸化氧化离子交换树脂吸附解吸碘析精制成品碘残渣（加热）上层清液返回试回答（4）（6）三个小题：（4）实际工业生产中，酸化、氧化的方法是先加入硫酸酸化，使pH降低到2，然后加入次氯酸钠一类的氧化剂，使碘离子氧化工业通常不用氯气氧化原因是：写出该过程的离子方程式；（5）有资料显示，为减少化学物质对环境的污染，工业可以采用电化学法制备，在（填“阴极”或“阳极”）可以收集到碘单质写出该极的电极方程式；（6）上述的生产流程中离子交换树脂是用碱性树脂吸附，再用亚硫酸钠一类还原剂解吸，请问树脂吸附的碘元素状态是（填写“游离态”或“化合态”）解吸后应加入（填写下列编号：A氧化剂、B还原
7、剂）可以实现碘析9（17分）某矿样含有大量的CuS及少量其它不溶于酸的杂质实验室中以该矿样为原料制备CuCl22H2O晶体，流程如下：（1）在实验室中，欲用37%（密度为1.19gmL1）的盐酸配制500mL 6molL1的盐酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有、（2）若在实验室中完成系列操作a则下列实验操作中，不需要的是 （填下列各项中序号）CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4ClCuCl42（黄色）+4H2O欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中，还需要的是 （填下列各项中序号） aFeCl3固体 bCuCl2固体 c蒸馏水（3）某
8、化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气条件下焙烧CuS时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如下图所示CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuOCuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为下列四阶段：CuSCu2SCuOCuSO4CuSO4CuO第步转化主要在200300C范围内进行，该步转化的化学方程式为300400C范围内，固体质量明显增加的原因是，上图所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是（填下列各项中序号）a一阶段 b、二阶段 c、三阶段 d、四阶段该化学小组设计如下装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的混合物a装置
9、组装完成后，应立即进行气密性检查，请写出检查AD装置气密性的操作b当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物你认为装置D中原来盛有的溶液为 溶液c若原CuS矿样的质量为l0.0g（含加热不反应的杂质），在实验过程中，保持温度在760C左右持续加热，待矿样充分反应后，石英玻璃管内所得固体的质量为8.4g，则原矿样中CuS的质量分数为10镍、钴、铈、铬虽然不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要的作用（1）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，在平板电视显示屏中有着重要的应用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，H2O2在该反应中作（填“氧
10、化”“还原”）剂，每有1mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为（2）某锂离子电池含Li+导电固体为电解质充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电极材料碳（C6）中，以LiC6表示，电池反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6则放电时，电池的正极反应式为，图1表示该装置工作时电子和离子的移动方向，此时该电池处于（填“放电”或“充电”）状态（3）自然界Cr主要以三价Cr和六价Cr的形式存在六价Cr能引起细胞的突变和癌变可以用亚硫酸钠将其还原为三价铬，完成并配平下列离子方程式：Cr2O72+SO32+H+Cr3+SO42+（4）NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀
11、镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素）为原料获得操作步骤如图2：向滤液中加入FeS主要目的是除去Cu、Zn等杂质，除去Cu2+的离子方程式为向滤液中加入H2O2，溶液中发生反应的离子方程式为，调节pH的目的是滤液溶质的主要成分是NiSO4，再加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4的目的是我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，镀镍时，镍应作极三、解答题（共1小题，满分12分）11（12分）某无色溶液中可能存在下列离子：Na+、Ba2+、AlO2、S2、SO32、SO42、Fe3+、MnO4取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示请回答下列问题：（1）生
12、成沉淀甲的离子方程式为（2）由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为（3）沉淀丙中一定含有（填化学式，下同），可能含有（4）综合上述信息，该溶液中肯定存在的离子有山东省枣庄二中2015届高考测试化学试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13小题每小题5分，共65分每小题只有一个选项符合题意，选对的得5分，错选或不答的得0分）1（5分）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A淀粉溶液、豆浆、雾、碳素墨水均可发生丁达尔现象B合金、光导纤维、碳纤维、玻璃钢都属于复合材料C明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到杀菌、消毒的作用D光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应、酸雨（硝酸型）的形成都与氮氧化物
13、有关考点：胶体的重要性质；常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料；镁、铝的重要化合物 分析：A胶体能发生丁达尔效应；B复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料；C明矾具有净水作用，不具有杀菌消毒作用；D温室效应与二氧化碳有关解答：解：A淀粉溶液、豆浆、雾、碳素墨水都是胶体，胶体能发生丁达尔效应，故A正确； B合金、光导纤维、碳纤维都是一种材料，故B错误；C明矾净水时，铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝具有净水作用，发生了化学及物理变化，氢氧化铝不具有氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；D温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故D错误故选A点评：本题考查较为综合，涉及胶体、材料、环境等问题，题目
14、难度不大，注意基础知识的积累2（5分）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（）选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2AABBCCDD考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质 专题：元素及其化合物分析：A二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀；B氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应；C氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡和氯化铵；D二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子解答：解：A二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀，则有沉淀生成，故A不选；B氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应，则一
15、直没有沉淀生成，故B选；C氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡沉淀和氯化铵，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故C不选；D二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故D不选；故选B点评：本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，涉及氯气、二氧化硫、氨气、二氧化碳与氯化钡的性质，综合性较强，注意发生的氧化还原反应及复分解反应即可解答，题目难度不大3（5分）下列解释事实的离子方程式正确的是（）A金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH+2H2O=Al（OH）4+H2B过量铁溶于稀硝酸：Fe+4
16、H+NO3Fe3+NO+2H2OC用食醋除去暖水瓶中的水垢：2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO+CO2+H2ODCa（HCO3）2溶液中加入少量的NaOH溶液：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2O考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A该氧化还原反应中得失电子不相等，违反了电子守恒；B铁粉过量，反应生成亚铁离子，不是生成铁离子；C醋酸和碳酸钙在离子方程式中都需要保留化学式；D氢氧化钠少量，离子方程式按照氢氧化钠的化学式中性书写解答：解：A金属铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2
17、，故A错误；B过量铁溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁，正确的离子方程式为：3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故B错误；C用食醋除去暖水瓶中的水垢，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故C正确；D氢氧化钠少量，反应生成碳酸钙沉淀，产物中不会有剩余的碳酸根离子，正确的离子方程式为：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，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2015届高考中的高频题，属于中等难度的试题，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，
18、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）、检查是否符合原化学方程式4（5分）“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（）A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B加热时，、溶液均变红，冷却后又都变为无色C中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应考点：性质实验方案的设计 专题：元素及其化合物；化学实验基本操作分析：A氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵；B根据氨气
19、使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；C根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行解答：解：A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管的顶部反应生成氯化铵，不是NH4Cl的热稳定性比较好，故A错误；B中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，故B错误；C2NO2 （g）N2O4（g）H=92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，中浸泡在热
20、水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D氯化铵受热分解，与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选：C点评：本题以“封管实验”为载体，考查了相关的反应，解答须理解记忆相关的化学反应方程式，题目较简单5（5分）C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中不正确的是（）A三种元素的单质都存在同素异形体B二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C最低价的气态氢化物都具有较强的还原性，能与O2发生反应D含氧酸的钠盐水溶液有呈碱性的，有呈中性、也有酸性的考点：非金属在
21、元素周期表中的位置及其性质递变的规律 专题：元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物分析：AC有金刚石和石墨、硅有无定形硅和晶体硅、S有斜方硫和单斜硫；B二氧化硫具有还原性，能被强氧化性酸氧化；C最低价的气态氢化物都具有较强的还原性，能被O2氧化；D强酸强碱盐溶液呈中性、强酸酸式盐呈酸性、弱酸强碱盐溶液呈碱性解答：解：AC有金刚石和石墨、硅有无定形硅和晶体硅、S有斜方硫和单斜硫，所以有同素异形体，故A正确；B二氧化硫具有还原性，能被强氧化性酸氧化，如能被硝酸氧化，故B错误；C最低价的气态氢化物都具有较强的还原性，能被O2氧化生成氧化物，故C正确；D强酸强碱盐溶液呈中性、强酸酸式盐呈酸性、弱酸
22、强碱盐溶液呈碱性，硫酸氢钠溶液呈酸性、碳酸钠和硅酸钠溶液呈碱性、硫酸钠溶液呈中性，故D正确；故选B点评：本题考查非金属及其化合物，明确物质的性质是解本题关键，侧重考查基本概念、基本理论，易错选项是D，注意硫酸氢钠溶液酸碱性，题目难度不大6（5分）在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题解决，下列反应顺序判断正确的是（）A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2+B在含等物质的量的AlO2、OH、CO32溶液中，逐滴加入盐酸：Al（OH）4、Al（OH）3、OH、CO32C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2可以看成：KOH、Ba（OH
23、）2、BaCO3、K2CO3D在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+考点：氯气的化学性质；离子反应发生的条件；镁、铝的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：A、离子还原性IFe2+Br，同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；B、用假设法判断，H+最先与AlO2反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH反应生成Al（OH）4；C应先与Ba（OH）2发生离子反应；D、氧化性顺序：Fe3+Cu2+H+Fe2+，还原剂先和氧化性强的离子反应解答：解：A离子还原性IFe2+Br，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I、F
24、e2+、Br，故A错误；B在含等物质的量的Al（OH）4、OH、CO32的溶液中，逐滴加入盐酸，反应先后顺序为：OH、Al（OH）4、CO32、Al（OH）3，故B错误；C在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中，加入Zn，被还原的先后顺序为：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存，熟悉离子之间的反应及反应的先后顺序是解答本题的关键，选项AD为解答的难点，题目难度较大7（5分）实验室中某些气体的制取、收集及
25、尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD考点：常见气体制备原理及装置选择 专题：实验题分析：根据装置图可知所制备的气体应为固体和液体制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及是否除杂等角度解答本题解答：解：A、氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，故A错误；B、浓硫酸可以与
26、亚硫酸反应，生成二氧化硫，SO2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，SO2气体会污染空气，所以要吸收尾气，故B正确；C、铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，故C错误；D、浓盐酸与MnO2制氯气需要加热，且由于浓盐酸易挥发，所以c中收集的气体不纯净，应该在bc之间应添加除去氯化氢的装置，故D错误；故选B点评：本题考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用，难度不大，掌握物质的性质即可解答二、解答题（共3小题，满分53分）8（16分）材料一：苏教版化学1（必修）工业上从海产品（海带）中获取碘的流程图如下：回答（1）（3）三个小题：（1）上述生产流程的第一步是“浸泡”，它的实验
27、目的是从海带中获得碘离子；（2）“氧化”这一操作中可供选用的试剂：Cl2、Br2、浓硫酸和H2O2（滴加稀硫酸），从无污染角度考虑，你认为选择的合适试剂是H2O2，反应中I转化为I2的离子反应方程式为2I+H2O2+2H+I2+2H2O；（3）上述的生产流程中，“提纯获得单质碘”一般认为经历两步，你认为应选择的实验装置分别是DC（按操作的先后顺序填写）；材料二：我国实际工业利用海带制取碘，采用的是离子交换法，其流程如下：淡干海带浸泡浸泡液净化上层清液酸化氧化离子交换树脂吸附解吸碘析精制成品碘残渣（加热）上层清液返回试回答（4）（6）三个小题：（4）实际工业生产中，酸化、氧化的方法是先加入硫酸酸
28、化，使pH降低到2，然后加入次氯酸钠一类的氧化剂，使碘离子氧化工业通常不用氯气氧化原因是：氯气对环境污染大，且储存与运输不方便写出该过程的离子方程式2I+ClO+2H+I2+H2O+Cl；（5）有资料显示，为减少化学物质对环境的污染，工业可以采用电化学法制备，在阳极（填“阴极”或“阳极”）可以收集到碘单质写出该极的电极方程式2I2eI2；（6）上述的生产流程中离子交换树脂是用碱性树脂吸附，再用亚硫酸钠一类还原剂解吸，请问树脂吸附的碘元素状态是游离态（填写“游离态”或“化合态”）解吸后应加入A（填写下列编号：A氧化剂、B还原剂）可以实现碘析考点：海带成分中碘的检验 专题：实验题分析：（1）根据步
29、骤后一步骤知该操作是得到含碘离子的溶液；（2）过氧化氢将碘离子氧化成碘单质，而自身被还原成水，符合无污染要求；（3）根据用萃取剂萃取碘单质和用蒸馏提取萃取剂中的碘进行解答；（4）根据氯气的性质进行解答；次氯酸钠中氯元素为+1价，具有强氧化性；（5）电解时阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，碘离子变成碘单质，发生氧化反应；（6）根据我国实际工业利用海带制取碘的流程图进行解答解答：解：（1）将海带加水，经过浸泡后，就可用氯气氧化，氯气氧化的是碘离子，所以该操作是从海带中获得碘离子，故答案为：从海带中获得碘离子；（2）碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O，
30、二价锰离子是金属离子对环境有污染，Cl2氧化2I+Cl2I2+2Cl，生成Cl，对环境有污染，双氧水（H2O2）可氧化碘离子，2I+H2O2+2H+I2+2H2O而自身被还原成水，符合无污染要求，故答案为：H2O2；2I+H2O2+2H+I2+2H2O；（3）提纯获得单质碘，先需用萃取剂萃取碘水中的碘，用分液漏斗组成的萃取装置，选D，从萃取剂中提取碘单质，需用蒸馏装置，需选C，故答案为：DC； （4）氯气是有毒的气体，氯气对环境污染大，且储存与运输不方便，次氯酸钠中氯元素为+1价，具有强氧化性，可将碘离子氧化成单质碘，自身被还原成1价的氯，方程式为2I+ClO+2H+I2+H2O+Cl，故答案
31、为：氯气对环境污染大，且储存与运输不方便；2I+ClO+2H+I2+H2O+Cl；（5）电化学法制备单质碘，需将碘离子氧化成碘单质，发生氧化反应，电解时阳极发生氧化反应，反应为2I2eI2，故答案为：阳极；2I2eI2；（6）从我国实际工业利用海带制取碘的流程图可知，用用碱性树脂吸附，是在碘离子氧化之后，说明此时吸附的是碘单质，所以属于游离态，再用亚硫酸钠一类还原剂解吸，说明碘单质发生还原反应，生成碘离子，所以需氧化剂，故答案为：游离态；A点评：本题主要考查从海带中提取碘的实验，明确物质的分离方法及碘单质的性质是解答的关键，题目难度中等9（17分）某矿样含有大量的CuS及少量其它不溶于酸的杂质
32、实验室中以该矿样为原料制备CuCl22H2O晶体，流程如下：（1）在实验室中，欲用37%（密度为1.19gmL1）的盐酸配制500mL 6molL1的盐酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有胶头滴管、500mL容量瓶（2）若在实验室中完成系列操作a则下列实验操作中，不需要的是cd （填下列各项中序号）CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4ClCuCl42（黄色）+4H2O欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中，还需要的是c （填下列各项中序号） aFeCl3固体 bCuCl2固体 c蒸馏水（3）某化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程
33、，查阅资料得知在空气条件下焙烧CuS时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如下图所示CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuOCuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为下列四阶段：CuSCu2SCuOCuSO4CuSO4CuO第步转化主要在200300C范围内进行，该步转化的化学方程式为2CuS+O2Cu2S+SO2300400C范围内，固体质量明显增加的原因是Cu2S转化为CuSO4，上图所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是c（填下列各项中序号）a一阶段 b、二阶段 c、三阶段 d、四阶段该化学小组设计如下装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的
34、混合物a装置组装完成后，应立即进行气密性检查，请写出检查AD装置气密性的操作关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，则气密性好b当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物你认为装置D中原来盛有的溶液为氯化钡 溶液c若原CuS矿样的质量为l0.0g（含加热不反应的杂质），在实验过程中，保持温度在760C左右持续加热，待矿样充分反应后，石英玻璃管内所得固体的质量为8.4g，则原矿样中CuS的质量分数为96%考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（
35、1）根据配制500mL 6molL1的盐酸的步骤选择使用的仪器；（2）操作a为从氯化铜溶液中得到CuCl22H2O，操作方法按照操作顺序依次是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，据此进行解答；根据影响化学平衡Cu（H2O）42+（蓝色）+4ClCuCl42（黄色）+4H2O的因素进行分析，注意铁离子和铜离子自身颜色会影响实验结果；（3）第步反应为氯化铜与氧气反应生成硫化亚铜和二氧化硫，据此写出反应的化学方程式；根据固体质量变化曲线及SO2生成曲线可知，300400范围内二氧化硫含量达到最低，说明反应生成了硫酸铜，使固体质量明显增加；根据固体为硫酸铜时固体的质量最大进行分析；a关闭分液漏斗活塞，在D中加
36、水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出；b二氧化硫与氧气的混合气体能够与氯化钡生成硫酸钡沉淀，可以使用氯化钡溶液检验；c温度在760左右时生成的固体为氧化铜，根据铜元素质量守恒计算出硫化铜的质量及质量分数解答：解：（1）配制500mL 6molL1的盐酸需要的仪器有：量筒、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒外、胶头滴管，使用还缺少：胶头滴管、500mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；500mL容量瓶；（2）操作a实验的目的是从氯化铜溶液中得到CuCl22H2O，需要的操作方法按照操作顺序依次是：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，所以需要的装置为a、b，不需要的为c和d，故答案为：cd；CuCl2
37、溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4ClCuCl42（黄色）+4H2O，欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，则需要改变条件，看是否有平衡移动，因此实验中进入水后溶液蓝色加深，即可证明存在平衡；不能加入氯化铁固体或氯化铜固体，原因是铁离子和铁离子本身有颜色，实验c正确，故答案为：c；（3）根据CuS矿样在焙烧过程中转化顺序可知，第步反应为氯化铜转化成硫化亚铜，反应的化学方程式为：2CuS+O2Cu2S+SO2，故答案为：2CuS+O2Cu2S+SO2；根据图象曲线变化可知，300400范围内固体有硫化亚铜转化为硫酸铜，所以固体质量明显增加；当固体质量最大时，固体的主要成分为
38、硫酸铜，所以CuSO4固体能稳定存在的阶段为第三阶段，故答案为：Cu2S转化为CuSO4；c；a关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，故答案为：关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，则气密性好；b第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物，二氧化硫与氧气能够与氯化钡溶液反应生成难溶物硫酸钡，所以装置D可以使用氯化钡溶液检验二氧化硫和氧气，故答案为：氯化钡；c若原CuS矿样的质量为10.0g，在实验过程中，保持温度在760左右持续加热，待矿样充分反应
39、后，石英玻璃管内所得固体的质量为8.4g，最后得到的固体为氧化铜，氧化铜的物质的量为：=0.1mol，根据铜元素守恒，硫化铜的物质的量为0.1mol，所以硫化铜的质量分数为：100%=96%，故答案为：96%点评：本题考查了一定物质的量浓度的溶液配制方法、CuCl22H2O晶体的制备方法、性质实验方案的设计、化学平衡的影响因素等知识，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，题量较大，充分考查了学生对书写知识掌握情况，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力10镍、钴、铈、铬虽然不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要的作用（1）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，在
40、平板电视显示屏中有着重要的应用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，H2O2在该反应中作还原（填“氧化”“还原”）剂，每有1mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol（2）某锂离子电池含Li+导电固体为电解质充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电极材料碳（C6）中，以LiC6表示，电池反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6则放电时，电池的正极反应式为CoO2+Li+e=LiCoO2，图1表示该装置工作时电子和离子的移动方向，此时该电池处于充电（填“放电”或“充电”）状态（3）自然界Cr主要以三价Cr和六价Cr的形式存在六价Cr能引起细胞的突变和癌变可以用亚硫酸
41、钠将其还原为三价铬，完成并配平下列离子方程式：1Cr2O72+3SO32+8H+2Cr3+3SO42+4H20（4）NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素）为原料获得操作步骤如图2：向滤液中加入FeS主要目的是除去Cu、Zn等杂质，除去Cu2+的离子方程式为FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq）向滤液中加入H2O2，溶液中发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，调节pH的目的是使Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀，以除去Fe3+滤液溶质的主要成分是NiSO
42、4，再加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4的目的是增大成NiSO4浓度，有利于蒸发结晶我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，镀镍时，镍应作阳极考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学电源新型电池；物质的分离、提纯和除杂 专题：氧化还原反应专题；电化学专题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，Ce元素化合价降低，被氧化，结合化合价的变化计算；（2）放电时，电池的正极发生还原反应，被CoO2还原生成LiCoO2；根据电子和离子的定向移动方向判断电极；（3）从质量守恒、电荷守恒和电子守
43、恒的角度配平方程式；（4）加入FeS，可转化为溶解度更小的难溶电解质；滤液中含有Fe2+，可与过氧化氢发生氧化还原反应生成Fe3+，调节pH，可有利于Fe3+的水解；从物质分离、提纯的角度思考；电镀时，镀层金属作阳极，镀件金属为阴极解答：解：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，Ce元素化合价降低，被氧化，则H2O2在该反应中作还原剂，每有1mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol，故答案为：还原；2mol；（2）放电时，电池的正极发生还原反应，被CoO2还原生成LiCoO2，电极方程式为CoO2+Li+e=LiCoO2，图1中电子向C6极移动，如C6为负极，则
44、移向C6的离子应为阴离子，而移向C6的为阳离子，则C6应为阴极，此时该电池处于充电状态，故答案为：CoO2+Li+e=LiCoO2；充电；（3）反应中Cr元素化合价由+6价降低到+3价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则最小公倍数为12，配平后的离子方程式为 Cr2O72+3SO32+8H+2Cr3+3SO42+4H20，故答案为：1；3；8；2；3；4H20；（4）向滤液中加入FeS主要目的是除去Cu、Zn等杂质，说明CuS的溶解度更小，反应的离子方程式为FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq），故答案为：FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS
45、（aq）；双氧水（H2O2）是强氧化剂，在酸性条件下氧化Fe2+生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，调节溶液pH，则使Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀，以除去Fe3+，故答案为：使Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀，以除去Fe3+；滤液溶质的主要成分是NiSO4，再加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4，可增大成NiSO4浓度，有利于蒸发结晶，故答案为：增大成NiSO4浓度，有利于蒸发结晶；镀镍时，镍应作阳极，故答案为：阳点评：本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、盐类的水解、物质的分离提纯以及原电池知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点
46、和常见题型，题目难度中等，注意把握基础知识的积累三、解答题（共1小题，满分12分）11（12分）某无色溶液中可能存在下列离子：Na+、Ba2+、AlO2、S2、SO32、SO42、Fe3+、MnO4取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示请回答下列问题：（1）生成沉淀甲的离子方程式为2S2+SO32+6H+=3S+3H2O（2）由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2（3）沉淀丙中一定含有BaCO3（填化学式，下同），可能含有BaSO4（4）综合上述信息，该溶液中肯定存在的离子有AlO2、S2、SO32、Na+考点：无机物的推断；离子共存问题 专题：离子反应专
47、题分析：无色溶液一定不含Fe3+、MnO4，加入过量盐酸生成淡黄色沉淀，该沉淀只能为S，说明溶液中S2、SO32在酸性环境下发生归中反应生成淡黄色的沉淀单质硫，即2S2+SO32+6H+=3S+3H2O，溶液甲加入碳酸氢铵生成白色沉淀和气体，只有Al3+和HCO3之间能发生双水解反应生成Al（OH）3白色沉淀，即Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，但是Al3+和S2不共存，所以Al3+是AlO2和盐酸反应后得到的，溶液中一定含有AlO2，则不含有Ba2，以此解答该题解答：解：无色溶液一定不含Fe3+、MnO4，加入过量盐酸生成淡黄色沉淀，该沉淀只能为S，说明溶液中S2、SO32在酸性
48、环境下发生归中反应生成淡黄色的沉淀单质硫，即2S2+SO32+6H+=3S+3H2O，溶液甲加入碳酸氢铵生成白色沉淀和气体，只有Al3+和HCO3之间能发生双水解反应生成Al（OH）3白色沉淀，即Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，但是Al3+和S2不共存，所以Al3+是AlO2和盐酸反应后得到的，溶液中一定含有AlO2，则不含有Ba2，（1）由上述分析可知，生成甲的离子反应为2S2+SO32+6H+=3S+3H2O，故答案为：2S2+SO32+6H+=3S+3H2O；（2）只有Al3+和HCO3之间能发生双水解反应生成Al（OH）3白色沉淀，即Al3+3HCO3=Al（OH）3+3
49、CO2，但是Al3+和S2不共存，所以Al3+是AlO2和盐酸反应后得到的，溶液中一定含有AlO2，故答案为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2；（3）过量的碳酸氢铵和氢氧化钡反应一定会生成一定量的碳酸钡，硫酸根存在时，也会和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以沉淀丙可能是BaCO3或 BaCO3和BaSO4的混合物，故答案为：BaCO3；BaSO4；（3）由上述分析可知溶液中一定含有AlO2、S2、SO32，根据溶液的电中性原理可知，一定含有阳离子，而溶液不含有Ba2+，则一定含有钠离子，故答案为：AlO2、S2、SO32、Na+点评：本题考查无机物的推断及常见离子的检验，题目难度中等，注意常见离子的检验方法，把握有关离子的性质，会书写反应的离子的方程式