1、山东省滕州市第三中学2017届高三化学期中复习模拟题（四）第I卷（选择题）1. “饮食健康”是人们普遍的生活追求，下列说法正确的是( )A为了保持腊肉肉质鲜美，添加过量的亚硝酸钠B为了防止食用鱿鱼变质，用甲醛水溶液浸泡存放C为了防止黄曲霉素对人体的危害，绝对不能食用霉变食物D为了防止摄入锌不足引起疾病，过量服用补锌药剂2.11H、21H、31H、H+、H2是 A氢的五种同位素 B五种氢元素C质子数都相同的粒子 D氢元素的五种不同粒子3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是( )A在常温常压下，11.2LO2含有的分子数为0.5NAB71gCl2所含原子数为2NAC标准状况下，22
2、.4LH2O含有的分子数为1NAD物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl个数为1NA4.下列物质混合发生化学反应，且反应属于离子反应的是（）AH2和O2反应生成水B锌片投入稀硫酸中CKClO3（固体）和MnO2（固体）混合加热制O2DNaOH溶液和K2SO4溶液混合5.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl、SO42 四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为（）A1：2B1：4C3：4D3：26.向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气后，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述不正确的是（ ）A通入氯气后
3、的溶液中一定不存在IB通入氯气之后原溶液中的Fe2+全部被氧化C原溶液中的Br可能被氧化D若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色7.某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列判断正确的是（ ）A该反应的还原剂是ClB消耗1mol还原剂，转移6mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D反应后溶液的酸性明显增强8.已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2+4Na2O2+6H2O 4Fe(OH)3+O2+8Na+ 则下列说法正确的是（ ）A、该反应中 Fe2+是还原剂,O2
4、 是还原产物B、4molNa2O2 在反应中共得到 8NA 的电子C、Fe(OH)3 既是氧化产物又是还原产物，每生成 4mol Fe(OH)3 反应过程中共转移电子 6mol D、反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀9.25、101kPa下：2Na（s）+1/2O2（g）=Na2O（s）H1= -414kmol2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H2=-511kJ/mol下列说法正确的是（ ）A和生成等物质的量的产物，转移的电子数相同BNa与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快CD和产物中的阴阳离子个数比均为1:110.H2S2O3是一种弱
5、酸，实验室欲用0.01mol/L的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是（）A该滴定可用甲基橙做指示剂BNa2S2O3是该反应的还原剂C该滴定可选用如图所示装置D该反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为4mol11.已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）；H=-701.0kJmol-12Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）；H=-181.6kJmol-1则反应Zn（s）+ HgO（s）=ZnO（s）+ Hg（l）的H为( )A+519.4kJmol-1 B+259.7 kJmol-1 C-259.7k
6、Jmol-1 D-519.4kJmol-112.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气放出热量121 kJ；1 mol O=O键完全断裂吸收热量496kJ，水蒸气中1 mol HO键形成放出热量463kJ，则氢气中1mol HH键断裂吸收热量( )A920 kJ B557 kJ C436 kJ D188 kJ 13.下列有关反应热的叙述正确的是（ ）A已知2H2（g）+O2（g） 2H2O（g）；H=483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molBC（s，石墨）=C（s，金刚石）；H=+1.9kJmol1，说明金刚石比石墨稳定CX（g）+Y（g） Z（g）+W（s）；H0，恒温恒容条件
7、下达到平衡后加入X，上述反应的H增大D已知C（s）+O2（g）=CO2（g）；H1 ， C（s）+1/2O2（g）=CO（g）；H2，则H1c(SO42-)c(H+)B室温下，pH=7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c(CH3COO-)c(Na+)C将水加热到100，pH=6：c(H+)c(OH-)D同浓度的三种溶液：CH3COONH4 NH4Cl NH3H2O中，c(NH4+)由大到小的顺序是18.常温下，在pH=5的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）A加入水时，平衡向右移动，CH3COOH电离常数增大B加入少量CH3CO
8、ONa固体，平衡向右移动C加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c(H+)减小D加入少量pH=5的硫酸，溶液中c(H+)增大19.25时，下列有关溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是A0.1mol/L的NH4Cl溶液：c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)B0.1mol/L的CH3COOH溶液:c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO)c(OH)CpH=4的FeCl3溶液：c(Cl)c(H+)c(Fe3+)c(OH)DpH=11的CH3COONa溶液：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)20.如图是一种应用广泛的锂电池，LiPF6是电解质，SO（CH3
9、）2是溶剂，反应原理是4Li+FeS2=Fe+2Li2S下列说法不正确的是（）A该装置将化学能转化为电能B电子移动方向是由a极流向b极C可以用水代替SO（CH3）2做溶剂Db极反应式是FeS2+4Li+4e=Fe+2Li2S21.0.6molL1Fe2（SO4）3和1.2molL1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为( )A0.30molB0.22molC0.16molD0.48mol22.下列物质中同分异构体(不考虑立体异构)最多的是A乙醇 B戊烷 C二氯丙烷 D戊烯23.下列各组性质比较中，不正确
10、的是（）A酸性：HClO4HBrO4HIO4B碱性：Ba（OH）2Mg（OH）2Be（OH）2C氧化性：F2Br2I2D还原性：LiNaK24.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分应后仍有固体存在，下列判断不正确的是（）A加入KSCN溶液一定不变红色 B溶液中一定含Fe2+C溶液中一定含Cu2+D剩余固体中一定含铜25.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论ASO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸有白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4B浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味该过程中浓硫酸仅体现吸水性和
11、脱水性C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D向足量含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性：IFe 26. 甲是一种可用于净水和膨化食品的盐，由A、B、C、D、E五种短周期元素组成甲溶于水后可电离出三种离子，其中一种是由A、B形成的10电子阳离子A元素原子核内质子数比E的少l，D、E同主族某同学为探究甲的组成而进行如下实验：取mg甲的晶体溶于蒸馏水，配成500mL溶液；取少量甲溶液于试管中，逐滴滴入Ba（OH）2溶液，生成沉淀的物质的量与滴入Ba（OH）2溶液体积的关系如图所示；取20mL甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液后加热并收集
12、产生的气体，然后折算成标准状况下的体积为224mL回答下列问题：（1）D在元素周期表中的位置为 （2）经测定晶体甲的摩尔质量为453gmol1，其中阳离子和阴离子物质的量之比为1：1 则晶体甲的化学式为 （3）图象中V（Oa）：V（ab）：V（bc）= （4）写出ab段发生反应的离子方程式： （5）配成的甲溶液物质的量浓度是 27.希腊哲学家亚里士多德在其著作中记载了Arsenikon（雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生（1）雌黄和雄黄中均含有S元素S在周期表中位于第 周期 族S的最高价氧化物对应的水化物X的化学式为 在古特蔡特测砷法中，Na3AsO
13、4溶液与Zn反应生成AsH3，该反应中Na3AsO4 （填字母）a作氧化剂 b作还原剂 c既作氧化剂又作还原剂（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则还原剂与还原产物的物质的量之比为 （3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gS时，生成的NO2的体积为112L（标准状况下），元素As在生成物中的化合价为 （反应后的溶液中不含硫微粒），该反应的化学方程式为 （4）雄黄在空气中加热至300时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为 （填化学式），可用双氧水将As2O3氧化
14、成H3AsO4而除去，写出该化学方程式： 28.已知SiO2、SO2和CO2都是酸性氧化物，化学性质具有一定的相似性；Mg和Na的化学性质也具有一定相似性I、用如图所示装置进行Mg与SO2反应的实验（1）选择制取SO2的合适试剂 10%的H2SO4溶液 70%的H2SO4溶液Na2SO3固体 CaSO3固体（2）写出装置B中发生的主要反应的化学方程式 装置C中NaOH溶液的作用是 （3）该装置仍有不足之处，请说明 、某研究小组进行了“实验室制Si”的研究，它们以课本为基础，查阅资料得到以下可供参考的四条信息：Mg在加热的条件下即可与SiO2反应金属硅化物与稀H2SO4反应生成硫酸盐与SiH4S
15、i和SiO2均不与稀H2SO4反应SiH4在空气中自燃他们在研究报告中记载着“选用合适的物质在适宜的条件下充分反应；再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤、洗涤、干燥；最后称量在用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右”（4）该小组“实验室制Si”的化学方程式是 （5）你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花”的原因是（用化学方程式说明）： 29.某小组同学在实验室里对Fe3+与I的反应进行探究，实现Fe3+与Fe2+相互转化（1）甲同学首先进行了如下实验：编号操作现象先向2mL0.1molL1FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，再滴加新制氯水 ， 先向
16、2mL0.1molL1FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再滴加0.1molL1KI溶液滴加KSCN溶液后，溶液变成血红色；滴加0.1molL1KI溶液后，血红色无明显变化实验中发生反应的离子方程式为 ， （2）实验II的现象与预测不同，为探究可能的原因，甲同学又进行了如下实验，操作及现象如下：编号操作现象向2mL0.1molL1KI溶液中滴加1mL0.1molL1FeCl3溶液，再滴加KSCN溶液滴加FeCl3溶液后，溶液变成黄色；滴加KSCN溶液后，溶液变成血红色根据实验，该同学认为Fe3+有可能与I发生氧化还原反应请结合实验现象说明得出该结论的理由： （3）乙同学认为，还需要进一步设计实验
17、才可证明根据实验中现象得出的结论请补全下表中的实验方案：编号操作预期现象及结论向2mL0.1molL1KI溶液中滴加1mL 0.1molL1FeCl3，溶液变黄色，取该溶液于两支试管中，试管中滴加 ，试管中滴加 预期现象 ， 结论 （4）上述实验结果表明，Fe3+有可能与I发生氧化还原反应进一步查阅资料知，参加反应的Fe3+和I物质的量相同该小组同学结合上述实验结论，分析了实验中加入KSCN后溶液变血红色的原因，认为Fe3+与I反应的离子方程式应写为： 30.(16分)草酸亚铁晶体的化学式为FeC2O4.2H2O，它是一种淡黄色结晶粉末，有轻微刺激性，加热时可发生如下分解反应：FeC2O4.2
18、H2OFeO+CO2+CO+2H2O（1）请你用下图中提供的仪器（可以重复选用，但每种仪器至少选用一次），选择必要的试剂供选择的试剂：NaOH溶液、澄清石灰水、饱和碳酸钠溶液、CuO、无水硫酸铜、酸性高锰酸钾溶液，设计一个实验，检验FeC2O42H2O加热时分解产生的气态产物（包括水蒸气）（部分加热装置和夹持仪器在图中略去）。在答题卡上填写下表（可以不用填满，也可以补充）。 仪器符号仪器中所加物质作用A草酸亚铁晶体加热草酸亚铁晶体得到气体产物DNaOH溶液（2）按照题目提供的装置和要求设计的实验明显存在的一个不足是 。（3）反应结束后，在A装置试管中有黑色固体粉末（混合物）产生，倒出时存在燃烧
19、现象，产生上述现象的可能原因是。试卷答案1.C2.D试题分析：A因同位素是质子数相同、中子数不同的原子，而H+、H2不是原子，故A错误； B氢元素只有一种，故B错误；C11H、21H、31H、H+有1个质子，H2有两个质子，故C错误；D11H、12H、13H是氢元素的三种不同粒子，H+表示氢离子，H2表示氢气分子，故D正确故选D3.B【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、氯气由氯原子构成；C、标况下水为液态；D、溶液体积不明确【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，则分子个数小于0.5NA个，故A错误
20、；B、氯气由氯原子构成，故71g氯气中含有的氯原子的物质的量为n=2NA，故B正确；C、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误故选B【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，难度不大4.B考点：离子反应的概念 专题：离子反应专题分析：有离子参加的反应叫做离子反应，离子反应的条件：生成气体、沉淀、难电离的物质，具备条件之一反应即可发生解答：解：A氢气和氧气点燃生成水的反应不是离子反应，故A错误； B锌片投入稀硫酸中会和硫酸中的氢离子反应生成氢气，故B
21、正确；C固体和固体的反应不是离子反应，故C错误；DNaOH溶液和K2SO4溶液混合不会发生离子之间的反应，故D错误故选B点评：本题考查学生离子反应的条件，可以根据所学知识来回答，较简单5.A考点：电解质在水溶液中的电离 专题：守恒法分析：因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算解答：解：溶液中电荷守恒，也就是说所有正电的总数应该等于所有负电的总数，即：Na+3Al3+=Cl+2SO42（乘的系数就是它的电荷数），设SO42的离子个数为x，所以3+32=1+2x，解得x=4，所以溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为2：4=1：2故选A点评：本题考查学生溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知
22、识进行回答，难度不大6.BA还原性：IFe2+Br，向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气后，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，I一定全部被氧化，故A正确；B向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，故B错误；C向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，出现铁离子，原溶液中的Br可能被氧化，故C正确；D如Br被氧化生成Br2，则加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色，故D正确故选B7.D方程式为3ClO+2NH4+=N2+3H2O
23、+3Cl+2H+，A由方程式可知反应的还原剂为NH4+，故A错误；BN元素化合价由3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确故选D8.C解析：该反应中 Fe2+是还原剂,O2 是氧化产物，Na2O2是氧化剂和还原剂，Fe(OH)3 既是氧化产物又是还原产物，因此在反应中4molNa2O2 在反应中共得到 6NA 的电子，A、B错误，C正确；反应过程中看不到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀，D错误。9.B10.B解析：A、溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸
24、钠发生氧化还原反应，当反应终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；B、Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作了还原剂，故B正确；C、Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误；D、反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为2mol，故D错误；故选B11.C12.C13.14.C【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】金属的金属性越强，其单质的还原性越强，其单质与水或酸反应越剧烈，金属性强的单质能置换出金属性较弱的，其最高价氧化物的水化物碱性越强，据此分析解答【解答】解：A金属的金属性强弱与其单质的硬度、熔点无关，只与失电子难易程度有关，故A错误；B氢氧化
25、铝、氢氧化镁都不溶于氨水，不能比较其氢氧化物碱性强弱，所以不能比较金属性强弱，故B错误；C将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴人酚酞溶液，加入镁条的溶液变红色、加入铝片的溶液不变色，说明镁和热水反应而铝和热水不反应，则金属性镁大于铝，故C正确；D两种金属都是亲氧元素，在空气中放置已久的这两种单质其表面都含有金属氧化物，都不易和热水反应，无法比较金属性强弱，故D错误；故选C15.B试题分析：短周期元素A、B、C，D、E原子序数依次增大，A、C同主族，A的最外层电子数与次外层电子数相等，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为2，可推知A为Be、C为Mg；E是太阳能转化为电能的常用材料，则E为S
26、i，B、E同主族，则B为O元素，结合原子序数可知D为Al。A、金属性MgBe，故最价氧化物对应水化物碱性强弱：AC，故A错误；B、镁离子、铝离子在水溶液都发生水解，而促进水的电离，故B正确；C、B为氧元素，不存在最高价氧化物，故C错误；D、铝盐溶液可能显酸性，偏铝酸盐溶液可能先碱性，故D错误；故选B。16.D试题分析：W的质子数为1810=8，即为O，X和Ne的原子的核外电子数相差1，且X的原子半径大于W，则X为Na，Y是半导体材料，则Y为Si，Z的非金属性在同周期元素中最强，则Z：Cl，A、根据上述推断，它们的最高价分别是0、+1、+4、+7，因此顺序是ZYXW，故错误；B、非金属性越强，其
27、氢化物越稳定，非金属性OClSi，因此其氢化物为H2OHClSiH4，故错误；C、Y的氧化物是SiO2，X、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、HClO4，SiO2属于酸性氧化物，不和HClO4反应，故错误；D、三者形成的化合物NaClO，含有离子键和共价键，故正确。17.A试题分析：0.1mol/L的硫酸铵溶液中：c(NH4+)c(SO42-)c(H+)，故A正确；室温下，pH=7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：根据电荷守恒，c(CH3COO-)=c(Na+)，故B错误；纯水中c(H+)=c(OH-)，故C错误；NH3H2O为弱电解质，铵根离子浓度最小，醋酸根水解促进铵根水解，CH3CO
28、ONH4中c(NH4+)小于NH4Cl，c(NH4+)由大到小的顺序是，故D错误。18.C试题分析：A加入水时，醋酸的电离平衡向右移动，但是CH3COOH电离常数不会发生变化，错误；B加入少量CH3COONa固体，由于c(CH3COO-)增大，电离平衡向左移动，错误；C加入少量NaOH固体，由于c(OH-)增大，消耗酸电离产生的H+，使醋酸的电离平衡向右移动，但是由于平衡移动的趋势是微弱的，总的来说c(H+)减小，正确；D加入少量pH=5的硫酸，由于二者的pH相同，所以溶液中c(H+)不变，错误。19.B试题分析：A0.1mol/L的NH4Cl溶液：NH4+会发生水解反应而消耗，所以c(Cl)
29、c(NH4+)；NH4+水解消耗水电离产生的OH，使溶液中c(H+)c(OH)，但是盐水解程度是微弱是，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，所以c(NH4+) c(H+)，故溶液中离子浓度关系是：c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH)，错误；B醋酸是一元弱酸，其电离程度是微弱的，主要以酸分子形式存在，而且在溶液中还存在水电离产生的H+，所以c(H+)c(CH3COO)，醋酸的电离作用大于水的电离作用，因此c(CH3COO)c(OH)，故在0.1mol/L的CH3COOH溶液:c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO)c(OH)，正确；CpH=4的FeCl3溶液中，根据盐的化
30、学式可知c(Cl)c(Fe3+)；Fe3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH，当最终达到平衡时，c(H+) c(OH)；但是盐水解的程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，故溶液中离子浓度关系是：c(Cl)c(Fe3+)c(H+)c(OH)，错误；DpH=11的CH3COONa溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，错误。20.C【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、装置图分析可知是原电池反应原理；B、原电池中电子从负极沿外电路流向正极；C、水的导电性差和锂发生反应；D、b电极为正极，得到电子发生还原反应；【解答
31、】解：A、装置图分析可知是原电池反应原理，是化学能转化为电能的装置，故A正确；B、原电池中电子从负极沿外电路流向正极，原电池中a为负极，是由a极流向b极，故B正确；C、水的导电性差和锂发生反应，不符合原电池的反应原理，故C错误；D、b电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应为FeS2+4Li+4e=Fe+2Li2S，故D正确；故选C【点评】本题考查原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，题目难度中等21.C【分析】溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol由于氧化性Fe3+Cu2+，所以首先发生反应2F
32、e3+Fe=3Fe2+，若铁离子完全反应，Cu2+不反应，则生成亚铁离子是0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3：2，实际溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，说明铁单质也和铜离子反应Fe+Cu2+=Fe2+Cu，溶液中溶质为硫酸亚铁与硫酸铜，根据电荷守恒n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（SO42），根据n=cV计算n（SO42），据此计算反应后溶液中n（Fe2+），根据铁元素守恒，n（Fe）=n（Fe2+）n（Fe3+），据此解答【解答】解：溶液中铁离子物质的量为0.2L0.6mol/L2=0.24mol，铜离子的物质的量是0.2L1.2mol/L=0.24m
33、ol，由于氧化性Fe3+Cu2+，所以首先发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，若铁离子完全反应，Cu2+不反应，由方程式可知，则生成亚铁离子是0.24mol=0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为0.36mol：0.24mol=3：2，实际溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，说明铁单质也和铜离子反应Fe+Cu2+=Fe2+Cu，此时溶液中溶质为硫酸亚铁与硫酸铜，根据电荷守恒n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（SO42），溶液中n（SO42）=0.2L0.6mol/L3+0.2L1.2mol/L=0.6mol，Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，故n（Fe2+）
34、+n（Fe2+）=n（SO42）=0.6mol，所以n（Fe2+）=0.4mol，根据铁元素守恒，加入铁粉的物质的量n（Fe）=n（Fe2+）n（Fe3+）=0.4mol0.24ml=0.16mol，故选C【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，判断铁与铜离子部分反应是关键，根据元素守恒与电荷守恒进行的计算，较常规方法简单22.D同分异构体数目A项乙醇有2种，B项戊烷有3种，C项二氯丙烷有4种，戊烯有5种（不包括环状结构）。23.C【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水
35、化物的碱性越强；C元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强；D元素的金属性越强，对应的单质的还原性越强【解答】解：A非金属性：ClBrI，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HClO4HBrO4HIO4，故A正确；B金属性：BaMgBe，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：Ba（OH）2Mg（OH）2Be（OH）2，故B正确；C非金属性：FBrI，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则氧化性：F2Br2I2，故C错误；D金属性：KNaLi，元素的金属性越强，对应的单质的还原性越强，则还原性：LiNaK，故D正确故选C24.C【
36、考点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】根据FeCl3、CuCl2的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体铜剩余，则一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和二价铜离子无剩余【解答】解：当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中
37、一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B正确；C、通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；D、通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D正确；故选C25.D【名师点晴】该题为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。选项A是易错点，注意二氧化硫与氯化钡溶液不反应，大于硝酸钡溶液反应。26. （1）第三周期VIA族；（2）NH4Al（SO4）212H2O；（3）3：1：1；（4）2N
38、H4+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2NH3H2O；（5）0.5mol/L【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】甲由A、B、C、D、E五种短周期元素组成的一种盐，取少量甲溶液于试管中，逐滴滴入Ba（OH）2溶液，生成沉淀开始增大，后沉淀减小，但沉淀最终不完全消失，则甲溶液肯定含有SO42、Al3+，取20mL甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液后加热并收集产生的气体，则甲溶液中含有NH4+，甲溶于电离处于三种离子，A、B形成的10电子阳离子为NH4+，D、E同主族，二者应形成SO42，且A元素原子核内质子数比E的少l，则A为N元素、E为O元素、D为S元素、B为H元素、C为Al（
39、2）中经测定晶体甲的摩尔质量为453gmol1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水，所以阳离子和阴离子的分子量为：453216=237，阳离子和阴离子物质的量之比1：1，根据电中性原理，其化学式为：NH4Al（SO4）212H2O，oa段发生反应：2NH4Al（SO4）2+3Ba（OH）2=3BaSO4+2Al（OH）3+（NH4）2SO4，ab段发生反应：（NH4）2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2NH3H2O，bc段发生反应：OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O，据此解答【解答】解：甲由A、B、C、D、E五种短周期元素组成的一种盐，取少量甲溶液于试管中，逐滴滴入Ba（OH）2
40、溶液，生成沉淀开始增大，后沉淀减小，但沉淀最终不完全消失，则甲溶液肯定含有SO42、Al3+，取20mL甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液后加热并收集产生的气体，则甲溶液中含有NH4+，甲溶于电离处于三种离子，A、B形成的10电子阳离子为NH4+，D、E同主族，二者应形成SO42，且A元素原子核内质子数比E的少l，则A为N元素、E为O元素、D为S元素、B为H元素、C为Al（2）中经测定晶体甲的摩尔质量为453gmol1，且1mol甲晶体中含有12mol结晶水，所以阳离子和阴离子的分子量为：453216=237，阳离子和阴离子物质的量之比1：1，根据电中性原理，其化学式为：NH4Al（SO4）
41、212H2Ooa段发生反应：2NH4Al（SO4）2+3Ba（OH）2=3BaSO4+2Al（OH）3+（NH4）2SO4，ab段发生反应：（NH4）2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2NH3H2O，bc段发生反应：OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O（1）D为S元素，处于周期表中第三周期VIA族，故答案为：第三周期VIA族；（2）由上述分析可知，甲的化学式为：NH4Al（SO4）212H2O，故答案为：NH4Al（SO4）212H2O；（3）假设NH4Al（SO4）212H2O为2mol，oa段发生反应：2NH4Al（SO4）2+3Ba（OH）2=3BaSO4+2Al（OH）3+（N
42、H4）2SO4，消耗3molBa（OH）2，生成1mol（NH4）2SO4，生成2molAl（OH）3，ab段发生反应：（NH4）2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2NH3H2O，1mol（NH4）2SO4消耗1molBa（OH）2，bc段发生反应：OH+Al（OH）3=AlO2+2H2O，2molAl（OH）3消耗1molBa（OH）2，故图象中V（Oa）：V（ab）：V（bc）=3mol：1mol：1mol=3：1：1，故答案为：3：1：1；（4）ab段发生反应：（NH4）2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2NH3H2O，离子方程式为：2NH4+SO42+Ba2+2OH=BaSO4
43、+2NH3H2O，故答案为：2NH4+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2NH3H2O；（5）实验中取20mL甲溶液于试管中，加入过量NaOH溶液后加热并收集产生的氨气为=0.01mol，则NH4Al（SO4）2为0.01mol，故溶液浓度为=0.5mol/L，故答案为：0.5mol/L27.（1）三；A；H2SO4；a；（2）2：1；（3）+5；As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O；（4）SO2；2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【分析】（1）硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，依据
44、周期表结构判断位置；硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸；Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为3价，化合价降低做氧化剂，锌做还原剂；（2）根据反应物和生成物来分析反应，则利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的还原剂与还原产物物质的量之比来解答，还原产物是元素化合价降低做氧化剂被还原生成；（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48g S，物质的量为=1.5mol，反应的As2S3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下NO2的体积为112L，物质的量为=5mol，S元素化合价由2价升高到0价，0.5molAs2S3反应电子转
45、移0.5mol0（2）3=3mol，HNO3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol（54）=5mol，则根据电子守恒，设As失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol2（x3）=5mol，x=5，生成产物为H3AsO4，1molAs2S3+和10molHNO3发生氧化还原反应，结合原子守恒配平书写化学方程式；（4）雄黄在空气中加热至300时会 两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），依据原子守恒可知另一种氧化物为二氧化硫，过氧化氢中氢元素化合价1价变化为2价，As元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式【解答】解：（1）硫元素是16号
46、元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，位于周期表中的第三周期，第A族，故答案为：三；A；硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为3价，化合价降低Na3AsO4做氧化剂，锌做还原剂；故答案为：a；（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S，根据电子得失守恒知2molAs2S3作氧化剂被还原得到4mol电子，生成1molAs4S4，而2mol
47、SnCl2作还原剂失去4mol电子得到氧化产物2molSnCl4，则还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48g S，物质的量为=1.5mol，反应的As2S3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下NO2的体积为112L，物质的量为=5mol，S元素化合价由2价升高到0价，0.5molAs2S3反应电子转移0.5mol0（2）3=3mol，HNO3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol（54）=5mol，则根据电子守恒，设As失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol2（x3）=5mol，x=5，生成产物为H3AsO
48、4，1molAs2S3+和10molHNO3发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O，As元素化合价由+3价升高到+5价，S元素化合价由2价升高到0价，则生成2mol H3AsO4，转移电子为22mol+32mol=10mol，故答案为：+5；As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O；（4）雄黄在空气中加热至300时会 两种氧化物，其中的一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），由原子守恒可知反应为：As4S4+7O22As2O3+4SO2，另一种氧化物为二氧化硫，双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除
49、去，氧化还原反应中过氧化氢中氢元素化合价1价变化为2价，As元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式为2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4，故答案为：SO2；2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO428.I、（1）；（2）2Mg+SO22MgO+S；吸收多余的SO2，防止污染环境；（3）在A和B之间缺少干燥装置；C装置没有与大气相通；未设计一个防倒吸装置；、（4）2Mg+SiO22MgO+Si；（5）2Mg+Si=Mg2Si、Mg2Si+2H2SO4=2MgSO4+SiH4、SiH4+2O2=SiO2+2H2O【分析】I、（1）硫酸钙微溶于水，
50、所以不能用于制取二氧化硫气体，因为二氧化硫是易溶于水的气体，所以选用较浓的硫酸，制取SO2应用浓H2SO4和亚硫酸盐；（2）Mg具有还原性，SO2具有氧化性，两者发生氧化还原反应；（3）该装置中：镁能和水反应，制取的二氧化硫中含有水蒸气，对镁和二氧化硫的反应有影响而且最后的C装置没有与大气相通，容易出现危险，且无防倒吸装置；、（4）类似于镁和二氧化碳的反应，镁在加热的条件下即可和二氧化硅反应生成单质硅和氧化镁；（5）发现有爆鸣声和火花，说明生成气体，应为SiH4，原因是镁和硅反应生成硅化镁，硅化镁和硫酸反应生成硫酸镁和四氢化硅，四氢化硅能自燃【解答】解：I、（1）制取SO2应用浓H2SO4和亚
51、硫酸盐，选项中不可选用CaSO3，因为反应生成的CaSO4微溶于水，会附在固体表面，阻碍反应进行，二氧化硫是易溶于水的气体，所以选用较浓的硫酸，故答案为：；（2）Mg具有还原性，SO2具有氧化性，两者发生氧化还原反应，反应的方程式为2Mg+SO22MgO+S，二氧化硫可与碱反应，易防止污染空气，故答案为：2Mg+SO22MgO+S；吸收多余的SO2，防止污染环境；（3）该装置中：A中的水蒸气会进入B与Mg反应，在A、B中间应加干燥装置；尾气处理装置C试管用胶塞封闭，且无防倒吸装置，故答案为：在A和B之间缺少干燥装置；C装置没有与大气相通；未设计一个防倒吸装置；、（4）Mg在点燃的条件下即可与S
52、iO2反应，由题给信息可知类似于镁和二氧化碳的反应，可生成单质硅和氧化镁，反应的方程式为2Mg+SiO22MgO+Si，故答案为：2Mg+SiO22MgO+Si；（5）发现有爆鸣声和火花，说明生成气体，应为SiH4，原因是发生2Mg+SiMg2Si，Mg2Si+2H2SO42MgSO4+SiH4，SiH4+2O2SiO2+2H2O，金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的SiH4可自燃，故答案为：2Mg+Si=Mg2Si、Mg2Si+2H2SO4=2MgSO4+SiH4、SiH4+2O2=SiO2+2H2O【点评】本题以镁和二氧化硅的反应为载体综合考查学生的分析能力和实验能
53、力，为高考常见题型，注意把握物质的性质以及实验原理，把握实验的基本操作方法，题目难度中等29.（1）编号操作现象滴加KSCN后溶液无明显变化 加入氯水后溶液变成血红色 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；（2）溶液变成黄色，推测生成了I2； （3）编号操作预期现象及结论滴加淀粉溶液（或CCl4）滴加铁氰化钾溶液 预期现象：溶液变蓝（或溶液分层，下层溶液为紫红色） 出现特征蓝色沉淀 结论：Fe3+能与I发生氧化还原反应，生成I2和Fe2+（4）2Fe3+2I2Fe2+I2【考点】性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，但亚
54、铁离子有还原性，能被氯气氧化生成铁离子，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色的络合物，导致溶液呈血红色；（2）碘水溶液呈黄色，生成了碘单质，说明发生了氧化还原反应；（3）如果碘离子和铁离子反应生成亚铁离子和碘单质，根据亚铁离子的特征反应或碘单质的特征反应进行实验，碘遇淀粉溶液变蓝色、碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀；（4）碘离子和铁离子发生氧化还原反应且参加反应的Fe3+与I的物质的量相同，再结合得失电子数相等确定反应方程式【解答】解：（1）亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，所以向氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液后，溶液不呈红色，再滴加氯水后，氯气把亚铁离子氧化呈铁离子
55、，离子反应为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物，导致溶液呈血红色，离子反应为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，所以实验I的现象为滴加KSCN后溶液无明显变化，加入氯水后溶液变成红色，故答案为：编号操作现象滴加KSCN后溶液无明显变化 加入氯水后溶液变成血红色 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；（2）碘水溶液呈黄色，根据溶液变成黄色，推测生成了I2，说明发生了氧化还原反应，可能发生的离子方程式为：2Fe3+2I2Fe2+I2，故答案为：溶液变成黄色，推测生成了I2； （3）如果碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚
56、铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，所以如果要检验碘单质和亚铁离子，可以用再滴加淀粉溶液（或CCl4；或铁氰化钾溶液）检验，反应现象为：溶液变蓝（或溶液分层，下层溶液为紫色；或生成蓝色沉淀），得出结论为：Fe3+能与I发生氧化还原反应，生成I2（或Fe2+），故答案为：编号操作预期现象及结论再滴加淀粉溶液（或CCl4）滴加铁氰化钾溶液 预期现象：溶液变蓝（或溶液分层，下层溶液为紫红色） 出现特征蓝色沉淀 结论：Fe3+能与I发生氧化还原反应，生成I2和Fe2+；（4）Fe3+与I发生氧化还原反应，且参加反应的Fe3+与I的物质的量
57、相同，所以该反应的离子方程式为：2Fe3+2I2Fe2+I2，故答案为：2Fe3+2I2Fe2+I2【点评】本题考查了亚铁离子和铁离子之间的相互转化，题目难度中等，铁离子和亚铁离子的检验是高考的热点，根据铁离子和亚铁离子的特征反应来检验，注意掌握实验方案设计与评价的原则，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力30.（1） 仪器符号仪器中所加物质作用A草酸亚铁晶体加热草酸亚铁晶体得到气体产物C无水硫酸铜检验H2OD澄清石灰水检验CO2除去未反应的CO2D澄清石灰水（无此步不扣分）检验CO2是否已除尽BCuOCO与CuO反应生成CO2D澄清石灰水检验CO与CuO反应生成的CO2（以上仪器和物质1分
58、，作用1分。若在某一步出现错误，则以后各步均无分。共11分）（2）未对尾气进行处理，可造成环境污染。（2分）（3）FeC2O4.2H2O分解产生的CO将部分FeO还原为粉末状的单质铁，铁粉被空气中的氧气氧化而燃烧。（3分）（1）FeC2O42H2O加热时分解产生的气态产物有水蒸气、CO2、CO，检验产生的气态产物时，可以先用无水硫酸铜检验水，然后通过澄清石灰水检验二氧化碳，再用氢氧化钠溶液除去二氧化碳，再通过灼热的氧化铜，将生成的气体再通过澄清石灰水，检验CO与氧化铜反应生成的二氧化碳。（2）按照题目提供的装置和要求，设计的实验没有尾气吸收装置，而一氧化碳有毒，会污染空气。（3）因为FeC2O42H2O分解产生的CO将部分FeO还原为粉末状的单质铁，所以在A装置试管中有黑色固体粉末有可能是被还原出来的铁粉，铁粉被空气中的氧气氧化而燃烧
