1、2015届广东省海珠区等四区联考高考化学模拟试卷一、解答题（共6小题，满分24分）1下列说法不正确的是（）A天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇B甲醛的水溶液俗称福尔马林，具有杀菌、防腐性能C乙二醇是重要的化工原料，它可以用于配制化妆品，起保湿作用D医药中，常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性2在水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、Ag+、PO43、ClBH+、I、NO3、ClCNH4+、OH、Cl、Ba2+DMg2+、Na+、NO3、SO423设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（N14 O16 C12 H1）（）A常温常压下，46 g的NO2和N2O
2、4混合气体含有的原子数为3NAB标准状况下，22.4 L CH2Cl2中含有的氯原子数目为2NAC16g CH4与18 g NH4+ 所含质子数相等D1molCu在足量硫蒸气中反应时转移2NA个电子4下列说法正确的是（）A与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀B用电解法提取氯化铜废液中的铜，可以用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C图1中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图2所示装置可发生反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2+H2，且a、b电极不可能是同种材料5下列表述正确的是（）A氧化铁是一种碱性氧化物，常用作红色油漆和涂料B在医疗上碳酸钠、氢氧化铝均可用于治疗胃
3、酸过多CNa2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱D人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是SiO26室温下，下列溶液的离子浓度关系正确的是（）ApH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（ HC2O4）BNaHSO4 溶液：c（H+）=c（SO42）+c（OH）CNa2S溶液：c（Na+ ）c（HS）c（OH）c（H2S）DpH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，c（Cl）c（H+）c（NH4+ ）c（OH）二、双项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共54分在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，
4、全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分7短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Q单质可制成半导体材料下列判断正确的是（）AW形成的离子半径大于T形成的离子半径BW的单质在过量氧气中燃烧生成WO3C最高价氧化物的水化物的酸性：RQDT是地壳中含量最多的金属元素，其单质的化学性质较活泼8下列所陈述的事实与解释均正确的是（）选项事 实解 释A用pH试纸测出新制氯水的pH为3新制氯水有酸性BSO2通入BaCl2溶液无明显现象不符合离子反应的条件C收集铜与浓硝酸反应生成的气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅生成的红棕色NO2气体部分转化为无色气体D甲苯
5、能使酸性高锰酸钾溶液褪色发生了萃取AABBCCDD三、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）合成喹啉及其衍生物常用的方法是Skraup合成法，以下是用苯胺、甘油、浓硫酸和硝基苯共热制备喹啉的反应流程（1）图中A的名称为，C的分子式为（2）II的反应类型为（3）下列关于化合物C的说法，正确的是A1mol化合物C最多能与3mol氢气反应 B可发生银镜反应C能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D属于芳香烃（4）化合物E和F也能发生类似II的反应，请写出生成物的结构简式化合物F有多种同分异构体，其中属于醛类的有（不包括该物质本身）（写结构简式）10（16分）已知合成氨的反应为3H2（g）+N2（g）2NH3
6、（g）H0，在某密闭容器中测得实验数据及数据处理如表组别起始浓度c/moldm3平衡浓度c/moldm3K温度TH2N2NH3H2N2NH3实验11.98681.35601.351.150.4125.98102T1实验20.64051.04350C1C2C3K2T1实验30.64051.043500.511.000.0876.05102T2（1）下列说法可以说明合成氨反应达到平衡的是A恒容时，整个容器内密度不变B恒压时，容器内平均相对分子质量不变C1mol NN键断裂的同时，有3mol HH键断裂（2）当升高温度时，平衡向 方向移动（填“正”或“逆”），请画出在t2时刻升温后的图1，并作出必要
7、的标注（3）表中实验2的K2=，温度T1、T2的大小关系是，你判断的理由是11（14分）二氯化锡是一种重要的电镀原料，又称氯化亚锡，分子式为SnCl2其沸点为623，在水溶液中以SnCl22H2O的形式析出，锡的另一种氯化物SnCl4的沸点为114，其锡花中（主要成分是锡）含有杂质钡、锑、铜、铅等金属，从锡花中制备二氧化锡晶体工艺如下：（1）滤渣成分为（用化学式表示）；（2）经过氯化后的锡主要以的SnCl4形式存在在混合液中，写出锡与SnCl4反应的化学方程式；（3）反应进行反应时，加热反应使反应液温度升高到60，开始通入Cl2，随着反应的进行，反应所放出的热量使溶液的温度升高，此时需要反应温
8、度在8090之间，不宜过高，请解释：温度不宜过高的原因是；开始通氯气时，气体流量不宜过大，随反应的进行加大氯气的通入量，此操作的目的是；（4）母液中含有的离子有H+、OH、12（18分）铁是广泛应用的金属（1）铁元素在周期表中的位置是，工业上通常采用高炉炼铁的方法制得单质铁，请写出用赤铁矿与CO反应炼铁的化学方程式（2）请补充完成实验室制备Fe（OH）3胶体的操作步骤：取25ml蒸馏水加热至沸腾 继续煮沸至停止加热（3）几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如表（已知Fe（OH）2呈絮状，不易从溶液中除去）开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9注：开始
9、沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算现有某溶液含有Fe2+、Fe3+、Zn2+、SO42，要使溶液中的Fe2+和Fe3+完全沉淀，需往溶液中先加入H2O2，作用是，然后再加入NH4HCO3调节pH至，NH4HCO3中起调节pH作用的离子是 （填离子符号）（4）设计实验探究铁钉和钢钉在碱性溶液中遇到高锰酸钾时是否能发生电化学腐蚀实验如下完成下列表格KMnO4（OH）溶液铁钉（钢钉）实验1短时间内无明显现象短时间内无明显现象实验2短时间溶液由紫红色（MnO4）变为深绿色（MnO42）短时间铁钉表面产生红褐色物质请用化学用语解释实验2的现象实验2比实验1能够较快看到以上现象的原因是2015
10、届广东省海珠区等四区联考高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、解答题（共6小题，满分24分）1下列说法不正确的是（）A天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇B甲醛的水溶液俗称福尔马林，具有杀菌、防腐性能C乙二醇是重要的化工原料，它可以用于配制化妆品，起保湿作用D医药中，常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性【考点】甲醛；醇类简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】A、天然气的主要成分是甲烷，甲烷可以分解为C和H2，据此分析；B、甲醛的水溶液俗称福尔马林，具有杀菌、防腐性能；C、丙三醇俗称甘油，可以用于配制化妆品，起保湿作用；D、酒精能使蛋白质变性【解答】解：A、天然气的主要
11、成分是甲烷，甲烷可以分解为C和H2，可以用于氨和甲醇的合成，故A正确；B、甲醛的水溶液俗称福尔马林，具有杀菌、防腐性能，故B正确；C、丙三醇俗称甘油，可以用于配制化妆品，起保湿作用，故C错误；D、医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白体发生变性，故D正确；故选C【点评】本题主要考查在生活和生产中常见物质的性质和用途，是化学应用于生活的题型训练，题目难度不大2在水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、Ag+、PO43、ClBH+、I、NO3、ClCNH4+、OH、Cl、Ba2+DMg2+、Na+、NO3、SO42【考点】离子共存问题【分析】离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质、络
12、合物或发生氧化还原反应、复分解反应的能大量共存，据此分析解答【解答】解：AAg+和PO43、Cl反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；BH+、I、NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；CNH4+、OH生成弱电解质而不能大量共存，故C错误；D这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子性质即可解答，注意酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能氧化还原性离子，为易错点3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（N14 O16 C12 H1）（）A常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3N
13、AB标准状况下，22.4 L CH2Cl2中含有的氯原子数目为2NAC16g CH4与18 g NH4+ 所含质子数相等D1molCu在足量硫蒸气中反应时转移2NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】ANO2和N2O4最简式相同为NO2；BCH2Cl2在标况下不是气体；C甲烷中含有10个质子，铵离子中含有11个质子；D铜与硫单质反应生成的是硫化亚铜【解答】解：ANO2和N2O4最简式相同为NO2，故46gNO2中所含原子数=3NA=3NA，故A正确；BCH2Cl2在标况下不是气体，22.4LCH2Cl2不是1mol，故B错误；C.16g CH4与18g NH4+的物质的量都是1mol，1mol
14、甲烷中含有10mol质子，1mol铵离子中含有11mol质子，故C错误；D.1mol Cu与足量的硫反应生成了0.5mol硫化亚铜，转移了1mol电子，转移的电子数为NA，故D错误；故选A【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的应用及相关计算，难度中等要注意CH2Cl2在标况下不是气体4下列说法正确的是（）A与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀B用电解法提取氯化铜废液中的铜，可以用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C图1中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图2所示装置可发生反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2+H2，且a、b电极不可能是同种材料【考点】原电池和电解池的工作
15、原理【分析】A作原电池负极的金属易被腐蚀；B用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜应作阴极，阳极是铜或惰性电极；C接通开关时，形成原电池，Zn为负极，pt为正极；D如果该装置是电解池，如锌作阴、阳极即可【解答】解：A铜、铁和电解质溶液能构成原电池，铁作负极，因为铁易失去电子而被腐蚀，故A错误；B电解时阳极可用铜或惰性电极（碳棒），但铜应作阴极，故B正确；C接通开关时，形成原电池，Zn为负极，负极上Zn的腐蚀速率加快，生成氢气的速率减慢，Pt为正极，正极上生成氢气，故C错误；D如果该装置是电解池，如锌作阴、阳极，电解质溶液是酸，阳极上锌失电子，阴极上氢离子得电子，符合离子反应方程式，所以两个电极可以
16、相同，故D错误；故选B【点评】本题考查了原电池和电解池原理，同时考查学生的发散思维能力，明确正、负极和阴、阳极上发生反应的类型是解本题的关键，难度不大5下列表述正确的是（）A氧化铁是一种碱性氧化物，常用作红色油漆和涂料B在医疗上碳酸钠、氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多CNa2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱D人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是SiO2【考点】铁的氧化物和氢氧化物；钠的重要化合物；两性氧化物和两性氢氧化物【分析】A、Fe2O3为红色物质，则常用作红色油漆和涂料；B、碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸，碳酸氢钠可以用来中和胃酸；C、红热的Fe与水蒸气反应生成
17、四氧化三铁和氢气；D、人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3【解答】解：A、Fe2O3为红色物质，则常用作红色油漆和涂料，故A正确；B、碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸，碳酸氢钠可以用来中和胃酸，故B错误；C、红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C错误；D、人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3，故D错误；故选A【点评】本题考查物质的性质、用途的关系，明确物质的性质是解答的关键，注意性质决定物质的用途，并把握化学与生活的联系，题目难度不大6室温下，下列溶液的离子浓度关系正确的是（）ApH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例
18、混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（ HC2O4）BNaHSO4 溶液：c（H+）=c（SO42）+c（OH）CNa2S溶液：c（Na+ ）c（HS）c（OH）c（H2S）DpH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，c（Cl）c（H+）c（NH4+ ）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A溶液中还存在C2O42，根据混合液中的电荷守恒判断；B硫酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离，则c（Na+）=c（SO42），然后结合电荷守恒判断；C硫化钠溶液中，氢氧根离子来自水的电离和硫离子水解，则c（HS）c（OH）；D一水合氨为弱碱，
19、混合液中氨水过量，溶液显示碱性，则：c（OH）c（H+）、c（NH4+ ）c（Cl）【解答】解：ApH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（ HC2O4）+2c（C2O42），故A错误；BNaHSO4 在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，则：c（Na+）=c（SO42），根据电荷守恒可得：c（H+）=c（SO42）+c（OH），故B正确；CNa2S溶液中的氢氧根离子来自硫离子的水解和水的电离，则：c（OH）c（HS），溶液中离子浓度大小为：c（Na+ ）c（OH）c（HS）c（H2S），故C错误；D一
20、水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出氢氧根离子，混合液中氨水过量，溶液显示碱性，则：c（OH）c（H+）、c（NH4+ ）c（Cl），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+ ）c（Cl）c（OH）c（H+），故D错误；故选B【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义，明确弱电解质在溶液中部分电离的情况，能够根据各守恒及盐的水解正确判断溶液中各离子浓度大小，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二、双项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共54分在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3
21、分，有选错或不答的得0分7短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Q单质可制成半导体材料下列判断正确的是（）AW形成的离子半径大于T形成的离子半径BW的单质在过量氧气中燃烧生成WO3C最高价氧化物的水化物的酸性：RQDT是地壳中含量最多的金属元素，其单质的化学性质较活泼【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素R、T、Q、W，根据元素所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，Q单质可制成半导体材料，应为Si元素，则T为Al元素，W为S元素，R为N元素，以此解答该题【解答】解：短周期元素R、T、Q、W，根据元
22、素所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，Q单质可制成半导体材料，应为Si元素，则T为Al元素，W为S元素，R为N元素，AS2比Al3+多一个电子层，离子半径较大，故A正确；BS与氧气反应生成SO2，故B错误；C非金属性NSi，最高价氧化物的水化物的酸性：RQ，故C错误；DAl为地壳中含量最多的金属元素，为活泼金属，故D正确故选AD【点评】本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，试题比较全面考查学生有关元素推断知识，题目难度中等8下列所陈述的事实与解释均正确的是（）选项事 实解 释A用pH试纸测出新制氯水的pH为3新制氯水
23、有酸性BSO2通入BaCl2溶液无明显现象不符合离子反应的条件C收集铜与浓硝酸反应生成的气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅生成的红棕色NO2气体部分转化为无色气体D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色发生了萃取AABBCCDD【考点】苯的同系物；测定溶液pH的方法；离子反应发生的条件【分析】A、氯水有强氧化性，能氧化试纸，所以不能用PH试纸测定氯水的pH；B、SO2通入BaCl2溶液无明显现象，原因是盐酸酸性强于亚硫酸；C、NO2气体是红棕色，N2O4气体无色，而二氧化氮转化为四氧化氮是放热反应，根据平衡移动原理解答；D甲苯能被酸性高锰酸钾氧化成苯甲酸，是氧化还原反应【解答】解：A、氯水有强氧化
24、性，能氧化试纸，所以不能用PH试纸测定氯水的PH，故A错误；B、SO2通入BaCl2溶液无明显现象，原因是盐酸酸性强于亚硫酸，故B正确；C、NO2气体是红棕色，N2O4气体无色，而二氧化氮转化为四氧化氮是放热反应，用冰水混合物冷却降温，平衡向生成四氧化氮方向移动，所以气体颜色变浅，故C正确；D甲苯能被酸性高锰酸钾氧化成苯甲酸，发生氧化还原反应褪色，不是萃取褪色，故D错误；故选：BC【点评】本题考查实验方案的评价，题目难度中等，明确物质的性质及发生的化学反应、反应的条件等时解答本题的关键，选项B为易错点三、解答题（共4小题，满分64分）9（16分）合成喹啉及其衍生物常用的方法是Skraup合成法
25、，以下是用苯胺、甘油、浓硫酸和硝基苯共热制备喹啉的反应流程（1）图中A的名称为丙三醇（甘油），C的分子式为C9H11NO（2）II的反应类型为加成反应（3）下列关于化合物C的说法，正确的是A1mol化合物C最多能与3mol氢气反应 B可发生银镜反应C能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D属于芳香烃（4）化合物E和F也能发生类似II的反应，请写出生成物的结构简式化合物F有多种同分异构体，其中属于醛类的有（不包括该物质本身）CH2=CHCH2CHO、CH2=C（CH3）CHO（写结构简式）【考点】有机物的合成【分析】（1）根据A和C的结构简式进行命名和写分子式；（2）比较反应的反应物和生成物可知反应类型；（
26、3）根据C的结构可知，C中有醛基和苯环，另外还有氮原子，据此判断；（4）化合物E和F发生加成反应；根据化合物F的结构简式可以写出属于醛类的同分异构体【解答】解：（1）根据A和C的结构简式可知，A的名称为丙三醇（甘油），C的分子式为C9H11NO，故答案为：丙三醇（甘油）；C9H11NO；（2）比较反应的反应物和生成物可知反应为加成反应，故答案为：加成反应；（3）根据C的结构可知，C中有醛基和苯环，所以1mol化合物C最多能与4mol氢气反应，另外还有氮原子，所C不属于烃，醛基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能发生银镜反应，所以BC正确，故选BC；（4）化合物E和F发生加成反应，反应生成物的结构简式为
27、，故答案为：；根据化合物F的结构简式可以写出属于醛类的同分异构体为CH2=CHCH2CHO、CH2=C（CH3）CHO，故答案为：CH2=CHCH2CHO、CH2=C（CH3）CHO【点评】本题主要考查的是有机物的推断，涉及知识点：有机物命名、分子式、结构简式的书写、有条件的同分异构体的书写等，难度中等，注意基础知识的灵活运用10（16分）已知合成氨的反应为3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H0，在某密闭容器中测得实验数据及数据处理如表组别起始浓度c/moldm3平衡浓度c/moldm3K温度TH2N2NH3H2N2NH3实验11.98681.35601.351.150.4125.9810
28、2T1实验20.64051.04350C1C2C3K2T1实验30.64051.043500.511.000.0876.05102T2（1）下列说法可以说明合成氨反应达到平衡的是BA恒容时，整个容器内密度不变B恒压时，容器内平均相对分子质量不变C1mol NN键断裂的同时，有3mol HH键断裂（2）当升高温度时，平衡向逆 方向移动（填“正”或“逆”），请画出在t2时刻升温后的图1，并作出必要的标注（3）表中实验2的K2=5.98102，温度T1、T2的大小关系是T1T2，你判断的理由是实验1到实验3，平衡常数增大，正反应是放热反应，所以温度降低【考点】化学平衡状态的判断；用化学平衡常数进行计
29、算；化学平衡的影响因素【分析】（1）平衡时正逆反应速率相等，来分析判断；（2）升高温度平衡向吸热反应方向移动，升温正逆反应速率都加快，逆反应速率加快的大，平衡逆向移动；（3）平衡时生成物的浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，而与实验1的温度相同，所以与实验的K相同，正反应是放热反应温度越高K值越小【解答】解：（1）A恒容时，整个容器内密度一直不变，故A错误；B恒压时，容器内平均相对分子质量不变，说明物质的量不变，正逆反应速率相等，故B正确；C1mol NN键断裂的同时，有3mol HH键断裂，未反映正与逆的关系，故C错误；故选B；（2）升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以逆向移动，升温正逆反应速率
30、都加快，逆反应速率加快的大，平衡逆向移动，图象为：，故答案为：逆；（3）K=5.98102，实验3时K=6.05102，平衡常数增大，正反应是放热反应，所以温度降低，故答案为：5.98102；T1T2；实验1到实验3，平衡常数增大，正反应是放热反应，所以温度降低【点评】本题考查化学平衡常数和平衡的移动，学生只要知道平衡常数的意义和平衡移动的原理就可以迅速解题，比较容易11（14分）二氯化锡是一种重要的电镀原料，又称氯化亚锡，分子式为SnCl2其沸点为623，在水溶液中以SnCl22H2O的形式析出，锡的另一种氯化物SnCl4的沸点为114，其锡花中（主要成分是锡）含有杂质钡、锑、铜、铅等金属，
31、从锡花中制备二氧化锡晶体工艺如下：（1）滤渣成分为Sb、Cu、Sn、Pb（用化学式表示）；（2）经过氯化后的锡主要以的SnCl4形式存在在混合液中，写出锡与SnCl4反应的化学方程式Sn+SnCl4=2SnCl2；（3）反应进行反应时，加热反应使反应液温度升高到60，开始通入Cl2，随着反应的进行，反应所放出的热量使溶液的温度升高，此时需要反应温度在8090之间，不宜过高，请解释：温度不宜过高的原因是因为温度过高，若超过SnCl4的沸点114，会造成锡的损失；开始通氯气时，气体流量不宜过大，随反应的进行加大氯气的通入量，此操作的目的是防止因反应开始时，反应液的温度较低，反应速率慢，氯气流量过大
32、造成氯气来不及反应而逸出；（4）母液中含有的离子有H+、OH、Ba2+、Cl、Sn2+【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）由于锡花中（主要成分是锡）含有杂质钡、锑、铜、铅等金属，加入稀盐酸能把较活泼的金属（依据活动性顺序，排在H之前的）溶解，不溶解的即作为滤渣除去；（2）依据氧化还原反应书写Sn与二氯化锡反应方程式及即可；（3）由于SnCl4的沸点为114，故温度过高，会导致锡损失，据此解答即可；开始通入氯气，由于反应温度较低，故化学反应速率较慢，故需要氯气较少，随着反应进行，温度升高，化学反应速率加快，需要更多的氯气，据此解答即可；（4）依据锡花的成分分析母液中含有离
33、子即可【解答】解：（1）由于锡花中（主要成分是锡）含有杂质钡、锑、铜、铅等金属，加入稀盐酸能把较活泼的金属Ba、Sn溶解，而Sb、Cu、Pb等不溶于稀盐酸，即作为滤渣除去，另外由于加入Sn过量，故滤渣中还应含有Sn，故答案为：Sn、Sb、Cu、Pb；（2）Sn为0价，二氯化锡中Sn为+2价，故此反应为归中反应，化学反应方程式为：Sn+SnCl4=2SnCl2，故答案为：Sn+SnCl4=2SnCl2；（3）由于SnCl4的沸点为114，故温度过高，会导致锡损失，故答案为：因为温度过高，若超过SnCl4的沸点114，会造成锡的损失；由于开始反应温度较低，应通入少量氯气，若过多的通入氯气，氯气来不
34、及反应而逸出，未防止逸出，故先少量通入氯气，故答案为：防止因反应开始时，反应液的温度较低，反应速率慢，氯气流量过大造成氯气来不及反应而逸出；（4）Sn、Ba的活泼性位于H之前，故溶于盐酸，以离子形式存在，由于利用盐酸溶解，故引入阴离子氯离子，故答案为：Ba2+、Cl、Sn2+【点评】本题主要考查的是无机物制备工业流程，熟练掌握金属活动性顺序并充分利用流程图是解决本题的关键，属于中等难度的题目12（18分）铁是广泛应用的金属（1）铁元素在周期表中的位置是第四周期、第VIII族，工业上通常采用高炉炼铁的方法制得单质铁，请写出用赤铁矿与CO反应炼铁的化学方程式3CO+Fe2O32Fe+3CO2（2）
35、请补充完成实验室制备Fe（OH）3胶体的操作步骤：取25ml蒸馏水加热至沸腾 向沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热（3）几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如表（已知Fe（OH）2呈絮状，不易从溶液中除去）开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9注：开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL1计算现有某溶液含有Fe2+、Fe3+、Zn2+、SO42，要使溶液中的Fe2+和Fe3+完全沉淀，需往溶液中先加入H2O2，作用是将Fe2+氧化为Fe3+，然后再加入NH4HCO3调节pH至3.25.8之间，NH4HCO3中起调
36、节pH作用的离子是HCO3 （填离子符号）（4）设计实验探究铁钉和钢钉在碱性溶液中遇到高锰酸钾时是否能发生电化学腐蚀实验如下完成下列表格KMnO4（OH）溶液铁钉（钢钉）实验1短时间内无明显现象短时间内无明显现象实验2短时间溶液由紫红色（MnO4）变为深绿色（MnO42）短时间铁钉表面产生红褐色物质请用化学用语解释实验2的现象MnO4+e=MnO42Fe2e=Fe 2+Fe 2+2OH=Fe（OH）2 Fe（OH）2+2OH+MnO4=Fe（OH）3+MnO42Fe（OH）3=Fe2O3 nH2O实验2比实验1能够较快看到以上现象的原因是铁钉中的含碳量高于钢钉【考点】物质的分离、提纯的基本方法
37、选择与应用；胶体的重要性质；金属的电化学腐蚀与防护【分析】（1）根据铁元素在周期表中的位置来分析；赤铁矿的主要成分是Fe2O3，据此写出化学方程式；（2）根据Fe（OH）3胶体的制备步骤来分析；（3）根据Fe2+沉淀时，Zn2+也开始沉淀；Fe3+沉淀完全时，Zn2+不发生沉淀来分析；加入NH4HCO3调节至Fe3+沉淀完全，而Zn2+未沉淀；NH4HCO3中能消耗H+使pH增大的是HCO3；（4）铁钉在溶液中形成原电池后，MnO4得电子被还原；铁失电子先被氧化为Fe2+，然后结合溶液的环境，分析后续反应；铁钉中的含碳量高于钢钉【解答】解：（1）铁在元素周期表中处于第四周期、第VIII族； 赤
38、铁矿的主要成分是Fe2O3，可知赤铁矿与CO反应炼铁的化学方程式为3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故答案为：第四周期、第VIII族；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；（2）制备Fe（OH）3胶体的步骤是：向沸水中逐滴加入饱和的氯化铁溶液，继续煮沸至溶液变为红褐色即停止加热，即得Fe（OH）3胶体，故答案为：向沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液；液体呈红褐色；（3）根据Fe2+沉淀时，Zn2+也开始沉淀；Fe3+沉淀完全时，Zn2+不发生沉淀，故要将Fe2+转化为Fe3+来沉淀，故加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；加入NH4HCO3的作用是调节至Fe3+沉淀完全，而Zn2+
39、未沉淀，故应调节pH至3.25.8之间；NH4HCO3中能消耗H+使pH增大的是HCO3，故NH4HCO3中起调节pH作用的离子是HCO3故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；至3.25.8之间；HCO3；（4）铁钉在溶液中形成原电池后，MnO4得电子被还原为MnO42，反应为：MnO4+e=MnO42；铁失电子先被氧化为Fe2+：Fe2e=Fe2+；由于是在碱性环境下，故Fe2+结合OH生成Fe（OH）2 ：Fe 2+2OH=Fe（OH）2 ；Fe（OH）2 有强还原性，易被氧化：Fe（OH）2+2OH+MnO4=Fe（OH）3+MnO42；Fe（OH）3不稳定，易分解：Fe（OH）3=Fe2
40、O3 nH2O，故短时间铁钉表面产生红褐色物质，故答案为：KMnO4（OH）溶液铁钉（钢钉）实验1短时间内无明显现象短时间内无明显现象实验2短时间溶液由紫红色（MnO4）变为深绿色（MnO42）短时间铁钉表面产生红褐色物质请用化学用语解释实验2的现象 MnO4+e=MnO42 Fe2e=Fe2+Fe 2+2OH=Fe（OH）2 Fe（OH）2+2OH+MnO4=Fe（OH）3+MnO42 Fe（OH）3=Fe2O3 nH2O铁钉中的含碳量高于钢钉，故实验2比实验1能够较快，故答案为：铁钉中的含碳量高于钢钉【点评】本题考查了杂质离子的沉淀、胶体的制备以及电化学腐蚀，综合性较强，难度适中铁离子的除去是考试热点
