1、高考资源网（） 您身边的高考专家四川省广安市邻水中学2015-2016学年高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题：每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分1下列有关物质分类或归类正确的一组是（）酸性氧化物：SO2、NO、CO2、SiO2氢氟酸、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物明矾、小苏打、硫酸钡、HClO均为电解质碘酒、牛奶、豆浆、漂粉精均为胶体液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物A和B和C和D和2化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A六水氯化钙可用作食品干燥剂B葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体C为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂DPM2.5是指大
2、气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生不相关3在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4+16H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+下列判断正确的是（）ANa2O2既是氧化剂，又是还原剂BO2是还原产物，Mn2+是氧化产物C通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液D标准状况下，产生22.4L O2时反应转移2mol e4在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（
3、）ABCD5 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为NA个B盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5 molC17.6 g丙烷中所含的极性共价键为4NA个D电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64 g6下列反应的离子方程式正确的是（）A氯气跟烧碱溶液反应：Cl2+OHCl+HClOB漂白粉溶液中通入足量的SO2气体：Ca2+2ClO+SO2+H2OCaSO3+2HClOC明矾溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42恰好完全沉淀：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2OD将
4、氯气通入氯化亚铁溶液中：Fe2+Cl2Fe3+2Cl7已知下述三个实验均能发生化学反应将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铁钉放入氯化铁溶液中下列判断正确的是（）A实验和中的铁钉只做还原剂B上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+C实验中Fe2+既显氧化性又显还原性D实验中反应的离子方程式为：Fe+Fe3+2Fe2+8将Na2O2、HCl和Al2O3一起溶于一定量的水中，完全反应后，测得所得溶液中只含有Na+、AlO2、Cl （不考虑AlO2的水解和H2O的电离），则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比不可能是（）A2：2：1B3：3：1C3：4：1D4：6：19
5、 A、B、C、D都是短周期元素，原子半径：DCAB已知A、B同周期，A、C同主族，C原子核内的质子数等于A、B原子核内的质子数之和，C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的3倍下列说法中正确的是（）AA、C两元素处在元素周期表中的第A族BC、D两种元素的最高价氧化物的水化物相互能够反应生成一种强电解质CB、D两元素组成的化合物中阴、阳离子的个数比为1：1DB、C、D三种元素的简单离子的半径大小顺序为：CDB10一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）AAlCl3溶液：Na+、K+、SO42、AlO2BKW/c（OH）=0.1mol/L的溶液：Na+、Mg2+、NO3、S2C无色溶液：Na+、C
6、a2+、NO、ClD能使甲基橙呈黄色的溶液：H+、ClO、Fe2+、Ag+11下列变化需要吸收能量的是（）A1S22S22P63S11S22S22P6B3S23P53S23P6C2P2P2P2P2P2PD2HHH12下列化学用语的表示错误的是（）A氯离子的结构示意图：B甲基的电子式：CNa+的电子排布图：D硫离子的核外电子排布式：1S22S22P63S23P613根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（）A基态原子的4S能级中只有1个电子的元素共有4种BCl与Cl得电子能力不相同CCl、S2、Na+、K+半径逐渐减小D最外层有3个未成对电子的原子一定属于主族元素14下列物质中，含元素
7、种类由多到少排列正确的是（）液氯；氨水；超重水、重水和普通水的混合物；明矾；水玻璃；天然蛋白质ABCD15下列叙述中，正确的是（）A二氧化硫的摩尔质量是64gB一个镁的原子质量就是镁的相对原子质量C水的相对分子质量等于18gD一个16O的实际质量约等于g16已知单质铁溶于一定浓度的HNO3溶液中反应的离子方程式为：aFe+bNO3+cH+dFe2+fFe3+gNO+hN2O+kH2O，化学计量数ak均为正整数则它们之间的关系错误的是（）Ac=4g+10hBa+c=d+fC2d+3f=3g+8hDcb=2d+3f二非选择题：（52分）17（6分）某强碱性溶液中可能含有K+、NH4+、Al3+、A
8、lO2、SO42、SiO32、CO32、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失（1）原溶液中肯定存在的离子是肯定不存在的离子是（2）已知一定量的原溶液中慢慢滴入5mL 0.2mol/L盐酸时，产生的沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl？（通过列式说明）18（12分）原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b和d的A2B型氢化
9、物均为V形分子，c的+1价离子比e的1价离子少8个电子回答下列问题：（1）元素a的电子排布图为；元素e的电子排布式为，c的离子结构示意图为（2）由这些元素中形成的双原子化合物分子的名称为（3）由这些元素形成的三原子分子中，分子的空间结构属于直线形的是、（4）这些元素形成的AB型化合物中，其晶体类型属于离子晶体的是，属于分子晶体的是（每空任填一种化学式）；并用电子式表示其离子晶体的形成过程（5）元素c和e形成的一种化合物的水溶液可用于工业上制e得单质，该反应的化学方程式为19（11分）人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵（NH4）2C2O4溶液，可
10、析出草酸钙（CaC2O4）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度【配制KMnO4标准溶液】如右图所示是配制50mL KMnO4 标准溶液的过程示意图（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有（填序号）；（2）其中确定50mL溶液体积的容器是（填名称）；如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将（填“偏大”或“偏小”）【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/L KMnO4 溶液滴定，使草酸转化成CO
11、2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液（3）滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器名称为，确定反应达到终点的现象为（4）已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+2Mnx+10CO2+8H2O则方程式中的x=（5）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为mg/cm320（9分）氮是一种重要的非金属元素，可以形成多种不同类型的化合物，请根据要求回答下列问题：（1）NA表示阿伏加德罗常数的数值69g NO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子；2L 0.6mol/LFe（NO3）3溶液中含NA个NO3（2）三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的
12、关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，写出该反应的化学方程式若反应中生成0.15mol HNO3，转移的电子数目为个三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F；据题意推测 NF3，F2，NO三种气体中，氧化性由强到弱的顺序为NF3是一种无色、无臭的气体，一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有（填化学式）（3）氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物，制备联氨可用丙酮为催化剂，将次氯酸钠与氨气反应，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，写
13、出该反应的化学方程式21（14分）铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用（1）二氧化铈（CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用CeO2 在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作剂（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬完成并配平下列离子方程式：Cr+SO+Cr3+SO+H2O（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是（4）NiSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还
14、含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+ Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为对滤液先加H2O2再调pH，调pH的目的是滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是为测定 NiSO4xH2O 晶体中x的值，称取26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，则x的值等于四川省广安市邻水中学2015-2016学年高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分1下列有关物质分类或归类正确的一组是（）酸性氧化物：SO2、N
15、O、CO2、SiO2氢氟酸、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物明矾、小苏打、硫酸钡、HClO均为电解质碘酒、牛奶、豆浆、漂粉精均为胶体液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物A和B和C和D和【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质【专题】物质的分类专题【分析】酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；依据混合物是不同物质组成的分析；电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；胶体的本质特征是分散质微粒直径在1nm100nm间；化合物是不同元素组成的纯净物，液氯是单质【解答】解：NO不是酸性氧化物，故错误；氢氟酸是HF的水溶液，盐酸是HCl的水溶液，水玻璃是Na2SiO3
16、的水溶液，氨水是NH3的水溶液，均为化合物，故正确；常见的电解质有酸、碱、盐、金属氧化物和水，明矾、小苏打和硫酸钡是盐，HClO是酸，均为电解质，故正确；碘酒是溶液，牛奶和豆浆是胶体，故错误；液氯是单质，故错误；故选B【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不大2化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A六水氯化钙可用作食品干燥剂B葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体C为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂DPM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生不相关【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见
17、的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】A六水合氯化钙不能吸水； B葡萄糖注射液是溶液；C绝大多数食品添加剂都是化学合成物质，过量使用对人体有害，影响人体健康；DPM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌有关【解答】解：A六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故A错误； B葡萄糖注射液是溶液，不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体，故B错误；C绝大多数食品添加剂都是化学合成物质，过量使用对人体有害，影响人体健康，所以为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入适量的食品添加剂，故C正确；D城市大气颗粒物中的多环芳烃与居民肺癌的发病率和死亡率相关，故
18、D错误故选C【点评】本题考查了物质的性质与用途，物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，题目难度不大，注意基础知识的积累3在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4+16H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+下列判断正确的是（）ANa2O2既是氧化剂，又是还原剂BO2是还原产物，Mn2+是氧化产物C通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液D标准状况下，产生22.4L O2时反应转移2mol e【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】在2MnO4+12H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+中，2MnO42Mn
19、2+，Mn元素的化合价由+7价+2价，得到25e，Mn元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂，5Na2O25O2，O元素的化合价由1价0价，失去10e，过氧化钠是还原剂，以此来解答【解答】解：A过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，故A错误；BMn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2+是还原产物，故B错误；C用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故C错误；D标准状况下，产生22.4L O2时反应转移20（1）=2mol e，故D正确；故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的
20、关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大4在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度（mol/L）为（）ABCD【考点】物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算【专题】守恒法【分析】根据SO42+Ba2+BaSO4计算溶液中的SO42离子的物质的量，根据NH4+OHNH3+H2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度【解答】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全
21、沉淀，则SO42+Ba2+BaSO4 bmol bmolc（SO42）=mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4+OHNH3+H2O cmol cmolc（NH4+）=mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+mol/L1=mol/L2，解得x=mol/L，故选C【点评】本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可5 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为NA个B盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物
22、质的量为0.5 molC17.6 g丙烷中所含的极性共价键为4NA个D电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64 g【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol；B、SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，故SO2的数目为0.5NA，再根据n=计算；C、根据n=计算17.6 g丙烷的物质的量，1molC3H8含有8molCH极性键；D、粗铜作阳极，粗铜中含Zn、Ni、Ag等金属，其电极反应式为：Zn2eZn2+，Ni2eNi2+，Cu2eCu2+，据此判断【解答】解：A、标准状况下，二氯
23、甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，22.4L二氯甲烷的物质的量远远大于1mol，A错误；B、SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，故SO2的数目为0.5NA，故n（SO2）=0.5mol，故B正确；C、1molC3H8含有8molCH极性键，17.6 g丙烷中所含极性共价键数为8NA=3.2NA，故C错误；D、电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含Zn、Ni、Ag等金属，其电极反应式为：Zn2eZn2+，Ni2eNi2+，Cu2eCu2+，故当有2 mol电子转移时，阳极质量减少不是64 g；故选B【点评】考查常用化学计量的有关计算、电解原理精炼铜等，难度中等，D选项为易错点，容易
24、忽略粗铜中的杂质放电6下列反应的离子方程式正确的是（）A氯气跟烧碱溶液反应：Cl2+OHCl+HClOB漂白粉溶液中通入足量的SO2气体：Ca2+2ClO+SO2+H2OCaSO3+2HClOC明矾溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42恰好完全沉淀：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2OD将氯气通入氯化亚铁溶液中：Fe2+Cl2Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A氯气为氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；B次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙；C磷酸根离子恰好沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，二者恰好反应生成偏铝酸根离子；D
25、离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒【解答】解：A氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，正确的离子方程式为：Cl2+2OHClO+Cl+H2O，故A错误；B漂白粉溶液中通入足量的SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2+2ClO+2H2O+2SO2CaSO4+SO42+4H+2Cl，故B错误；C明矾溶液与氢氧化钡溶液反应，使SO42恰好完全沉淀，铝离子完全转化成偏铝酸根离子，反应的离子方程式为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O，故C正确；D将氯气通入氯化亚铁溶液中，二者发生反应生成氯化铁，正确的离子方程式为：2Fe2+Cl
26、22Fe3+2Cl，故D错误；故选C【点评】本题考查离子反应方程式书写，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查7已知下述三个实验均能发生化学反应将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铁钉放入氯化铁溶液中下列判断正确的是（）A实验和中的铁钉只做还原剂B上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+C实验中Fe2+既显氧化性又显还原性D实验中反应的离子方程式为：Fe+Fe3+2Fe2+【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较【专题】氧化还原反应专题【分析】中发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，中发生3Fe
27、2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，中发生Fe+2Fe3+3Fe2+，结合元素的化合价升降及氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答【解答】解：A实验和中发生氧化还原反应，单质铁中Fe元素的化合价升高，则都只作还原剂，故A正确；B由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为Fe3+Cu2+Fe2+，故B错误；C实验中发生3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，Fe元素的化合价升高，则Fe2+只显还原性，故C错误；D实验中反应的离子方程式为Fe+2Fe3+3Fe2+，故D错误；故选A【点评】本题考查氧化还原反应，明确发生的氧化还原反应及反应中元素的
28、化合价变化是解答本题的关键，题目难度不大8将Na2O2、HCl和Al2O3一起溶于一定量的水中，完全反应后，测得所得溶液中只含有Na+、AlO2、Cl （不考虑AlO2的水解和H2O的电离），则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比不可能是（）A2：2：1B3：3：1C3：4：1D4：6：1【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】令Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量分别为x、y、z，所得溶液中只含有Na+、AlO2、Cl，根据原子守恒及电荷守恒有：2x=y+2z，将各比例代入满足即可，据此判断【解答】解：令Na2O2、HCl、Al2O3的物
29、质的量分别为x、y、z，所得溶液中只含有Na+、AlO2、Cl（不考虑AlO2的水解和H2O的电离），根据原子守恒及电荷守恒有：2x=y+2z，A、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为2：2：1，则22=2+21，故A正确；B、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为3：3：1，则233+21，故B错误；C、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为3：4：1，则23=4+21，故C正确；D、Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比为4：6：1，则24=6+21，故D正确故选：B【点评】本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，运用原子守恒及电荷守恒是解题关
30、键，难度较大9A、B、C、D都是短周期元素，原子半径：DCAB已知A、B同周期，A、C同主族，C原子核内的质子数等于A、B原子核内的质子数之和，C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的3倍下列说法中正确的是（）AA、C两元素处在元素周期表中的第A族BC、D两种元素的最高价氧化物的水化物相互能够反应生成一种强电解质CB、D两元素组成的化合物中阴、阳离子的个数比为1：1DB、C、D三种元素的简单离子的半径大小顺序为：CDB【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D都是短周期元素，根据原子半径DCAB，且A、B同周期，A、C同主族，推知A、B、C、D在
31、周期表中的大致相对位置为：，C原子序数等于A原子序数+8，C原子核内的质子数等于A、B原子核内的质子数之和，故B原子序数为8，故B为氧元素；C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的3倍，若D的最外层电子数为1，则C为铝元素，A为硼元素，D为钠元素；若D的最外层电子数为2，则C为硫元素，A为氧元素，不合题意所以A为硼元素，B为氧元素，C为铝元素，D为钠元素根据原子结构特点判断元素所在周期表中位置，结合元素周期律的递变规律比较离子半径大小【解答】解：依据分析可知：A为硼元素，B为氧元素，C为铝元素，D为钠元素，A、A为硼元素，C为铝元素，最外层电子数都为3，两元素处在元素周期表中的第A族，故A错误
32、；B、Al、Na两种元素的最高价氧化物分别为氢氧化铝与氢氧化钠，它们相互能够反应生成一种强电解质：偏铝酸钠，故B正确；C、B为氧元素，D为钠元素，B、D两元素组成的离子化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子的个数比都为1：2，故C错误；D、O、Al、Na三种元素的简单离子分别为O2、Al3+、Na+，三种离子核外电子排布相同，核电核数越大，离子半径越小，则有O2Na+Al3+，故D错误故选B【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，题目难度中等，注意根据原子的结构特点判断元素的种类，把握离子半径的比较方法10一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）AAlCl3溶液：Na+、K+、SO42、
33、AlO2BKW/c（OH）=0.1mol/L的溶液：Na+、Mg2+、NO3、S2C无色溶液：Na+、Ca2+、NO、ClD能使甲基橙呈黄色的溶液：H+、ClO、Fe2+、Ag+【考点】离子共存问题【分析】A离子之间相互促进水解；BKW/c（OH）=0.1mol/L的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；C该组离子之间不反应，且离子均为无色；D能使甲基橙呈黄色的溶液，可能为碱性【解答】解：AAl3+、AlO2相互促进水解生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BKW/c（OH）=0.1mol/L的溶液，显酸性，H+、NO3、S2发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量
34、共存，且离子均为无色，故C正确；D能使甲基橙呈黄色的溶液，可能为碱性，碱性溶液中不能大量存在H+、Fe2+、Ag+，且H+、ClO、Fe2+发生氧化还原反应，故D错误；故选C【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大11下列变化需要吸收能量的是（）A1S22S22P63S11S22S22P6B3S23P53S23P6C2P2P2P2P2P2PD2HHH【考点】反应热和焓变【分析】A、电子克服原子核的束缚需要吸收能量；B、原子得到电子变成阴离子的过程是放热的过程；C、电子在相同
35、能级中发生变化，没有能量变化；D、新化学键的形成过程是放热的过程【解答】解：A电子克服原子核的束缚需要吸收能量，所以原子失去电子需要吸收能量，故A正确；B原子得到电子后把不稳定结构变成稳定结构，能量降低，所以放出能量，故B错误；C由于电子的跃迁发生在能量相同的能级中，故无能量变化，故C错误；D化学键断裂需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，故D错误；故选A【点评】本题考查了变化与能量的关系，明确放热、吸热的原因即可解答，易错选项是C，注意px、pz能量相同，为易错点12下列化学用语的表示错误的是（）A氯离子的结构示意图：B甲基的电子式：CNa+的电子排布图：D硫离子的核外电子排布式：1S22S
36、22P63S23P6【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A氯离子的核电荷数为17，原子变成离子的过程中，核电荷数不发生变化；B甲基为中性原子团，碳原子最外层含有7个电子；C同一轨道内的2个电子自旋方向应该相反；D硫离子最外层为8个电子，即3p轨道含有6个电子【解答】解：A氯离子的核电荷数为17，最外层为8个电子，氯离子的离子结构示意图为：，故A正确；B甲基中含有3个碳氢键，为中性原子团，则甲基的电子式为，故B正确；C同一轨道内的2个电子自旋方向应该相反，钠原子失去3s的1个电子形成钠离子，钠离子核外有10个电子，Na+的电子排布图：，故C错误；D硫离子的核外电子总数为18，其核
37、外电子排布式为：1S22S22P63S23P6，故D正确；故选C【点评】本题考查了电子式、离子结构示意图、电子排布式等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的书写方法，明确甲基与甲烷、羟基与氢氧根离子的电子式的区别13根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（）A基态原子的4S能级中只有1个电子的元素共有4种BCl与Cl得电子能力不相同CCl、S2、Na+、K+半径逐渐减小D最外层有3个未成对电子的原子一定属于主族元素【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用【分析】A基态原子的4S能级中只有1个电子的元素有K、Cr、Cu；BCl的最外层电子数均为7；C电子层越多，
38、离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；D最外层有3个未成对电子的原子，最外层电子排布为ns2np3【解答】解：A该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果，1s22s22p63s23p64s1，此为19K元素；情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果，1s22s22p63s23p63d54s1，1s22s22p63s23p63d104s1，此为24Cr和29Cu，共3种，故A错误；B.Cl与Cl得电子能力相同，故B错误；C电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则S2、Cl
39、、K+、Na+半径逐渐减小，故C错误；D最外层有3个未成对电子的原子，最外层电子排布为ns2np3，p轨道上3个电子为未成对电子，位于第VA族，为主族元素，故D正确；故选D【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、电子排布及离子半径的比较方法等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大14下列物质中，含元素种类由多到少排列正确的是（）液氯；氨水；超重水、重水和普通水的混合物；明矾；水玻璃；天然蛋白质ABCD【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】物质的组成专题【分析】液氯是纯净物，仅含有氯气分子；氨水是氨气的水溶液；超重水、重水和普通水是氢元素和氧元素组
40、成的；明矾是KAl（SO4）212H2O晶体，属于纯净物；水玻璃是硅酸钠的水溶液；天然蛋白质的组成元素有C、H、N、O，有的还有P、S、Fe、Zn、Cu、B、Mn、I等【解答】解：液氯是纯净物，仅含有氯气分子，仅含有氯元素；氨水是氨气的水溶液，含有H、O、N元素；超重水、重水和普通水都是氢元素和氧元素组成的，含有H元素和氧元素；明矾是KAl（SO4）212H2O晶体，属于纯净物，含有K、Al、S、O、H元素；水玻璃是硅酸钠的水溶液，含有Na、Si、O、H元素；天然蛋白质的组成元素有C、H、N、O，有的还有P、S、Fe、Zn、Cu、B、Mn、I等故含有元素种类数从多到少依次是故选：A【点评】本题
41、考查学生物质的组成元素知识，属于基本知识的考查，难度不大15下列叙述中，正确的是（）A二氧化硫的摩尔质量是64gB一个镁的原子质量就是镁的相对原子质量C水的相对分子质量等于18gD一个16O的实际质量约等于g【考点】摩尔质量；物质的量的相关计算【专题】计算题【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；B、一个镁的原子质量等于镁的摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值；C、相对分子质量不带单位；D、一个16O的实际质量等于16O的摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值【解答】解：A、二氧化硫的摩尔质量为64g/mol，故A错误；B、一个镁的原子质量等于镁的摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值，故B错误；C、水的相对分子质
42、量为18，故C错误；D、一个16O的实际质量=g，故D正确；故选D【点评】本题考查了摩尔质量及物质的量的相关计算，题目难度不大，注意各物理量的单位，一个16O的实际质量等于16O的摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值16已知单质铁溶于一定浓度的HNO3溶液中反应的离子方程式为：aFe+bNO3+cH+dFe2+fFe3+gNO+hN2O+kH2O，化学计量数ak均为正整数则它们之间的关系错误的是（）Ac=4g+10hBa+c=d+fC2d+3f=3g+8hDcb=2d+3f【考点】氧化还原反应方程式的配平【专题】氧化还原反应专题【分析】离子反应遵循电荷守恒、原子守恒、得失电子守恒等，根据各个守恒关系
43、来得出答案【解答】解：化学反应中的电荷守恒是指：反应物所带电荷总数等于生成物所带电荷总数，即b+c=2d+3f，故B错误，D正确，反应中的电子转移的总数相等是指氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数，即化合价升高的总数等于化合价降低的总数，铁单质从0价到+2、+3价，失电子总数为2d+3f，从硝酸根到一氧化氮和一氧化二氮，一共降3g+8h，所以有关系式：2d+3f=3g+8h，故C正确，综上：依电荷守恒得b+c=2d+3f；依元素守恒得：a=d+f（Fe元素守恒），b=g+2h（N元素守恒）；依得失电子总数相等得：2d+3f=3g+8h，整理得：4g+10h=c，故A正确故选B【点评】本
44、题是一道关于氧化还原反应的综合题，考查角度广，难度大二非选择题：（52分）17（6分）某强碱性溶液中可能含有K+、NH4+、Al3+、AlO2、SO42、SiO32、CO32、Cl中的某几种离子，现进行如下实验：取少量溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失（1）原溶液中肯定存在的离子是OH、AlO2、CO32、K+肯定不存在的离子是NH4+、SO42、SiO32、Al3+（2）已知一定量的原溶液中慢慢滴入5mL 0.2mol/L盐酸时，产生的沉淀会完全消
45、失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g，则原溶液中是否含有Cl？（通过列式说明）有Cl【考点】常见离子的检验方法【分析】强碱性溶液中一定不存在Al3+，取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生成，则不含有硫酸根离子，可能含有碳酸根离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，则一定没有铵根离子，还一定含有AlO2，根据实验的现象和离子共存知识确定存在的离子和一定不存在的离子【解答】解：（1）强碱性溶液中一定不存在Al3+，取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba（NO3）2溶液，无沉淀生
46、成，则一定不含有SO42和SiO32，可能含有CO32离子；另取少量溶液加入盐酸，其现象是：一段时间保持原样后（和氢氧根离子反应），开始产生沉淀并逐渐增多，和偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失，是盐酸将氢氧化铝全部溶解，所以一定含有偏铝酸根离子，一定不含有铵根离子，沉淀量基本不变后产生的一种气体只能为二氧化碳，即一定含有碳酸根离子，根据电中性原理，确定一定含有K+；故答案为：OH、AlO2、CO32、K+；NH4+、SO42、SiO32、Al3+；（2）一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸即0.001mol的盐酸时，沉淀会完全消失，加入
47、足量的硝酸银溶液可得到氯化银沉淀0.187g，即氯化银的量为0.0013mol，大于0.001mol，所以含有Cl，故答案为：有Cl【点评】本题是一道离子检验和离子反应知识的综合题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度大18（12分）原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b和d的A2B型氢化物均为V形分子，c的+1价离子比e的1价离子少8个电子回答下列问题：（1）元素a的电子排布图为；元素e的电子排布式为1s22s22p63s23p5，c的离子结构示意图为（2）由这些元素中形成的双原子化合物分子的名称为一氧化碳（3）由这些元素形成的三原子分子中，分
48、子的空间结构属于直线形的是CO2、CS2（4）这些元素形成的AB型化合物中，其晶体类型属于离子晶体的是NaCl，属于分子晶体的是CO（每空任填一种化学式）；并用电子式表示其离子晶体的形成过程（5）元素c和e形成的一种化合物的水溶液可用于工业上制e得单质，该反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍，则a有2个电子层，最外层电子数为4，故a为碳元素；b和d的A2B型氢化物均为V形分子，b为氧元素，d为硫元素；c的+1价离子比e的1价离子少8个电子，c为钠
49、元素，e为Cl元素【解答】解：原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍，则a有2个电子层，最外层电子数为4，故a为碳元素；b和d的A2B型氢化物均为V形分子，b为氧元素，d为硫元素；c的+1价离子比e的1价离子少8个电子，c为钠元素，e为Cl元素（1）元素a为碳元素，电子排布图为；元素e为Cl，电子排布式为 1s22s22p63s23p5，c的离子为Na+，离子结构示意图为，故答案为：；1s22s22p63s23p5；（2）由这些元素中形成的双原子化合物分子有：一氧化碳，故答案为：一氧化碳；（3）由上述元素组成的三原子分子中，分子的空间结构属于直线形的
50、是CO2、CS2，故答案为：CO2、CS2；（4）这些元素形成的AB型化合物中，其晶体类型属于离子晶体的是NaCl，属于分子晶体的是CO；用电子式表示NaCl离子晶体的形成过程，故答案为：NaCl；CO；（5）元素c和e形成的化合物为NaCl，NaCl的水溶液可用于工业上制氯气，该反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重化学用语与微粒结构的考查，难度中等，需要学生熟练掌握基础知识19（11分）人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示抽取一定体积
51、的血样，加适量的草酸铵（NH4）2C2O4溶液，可析出草酸钙（CaC2O4）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度【配制KMnO4标准溶液】如右图所示是配制50mL KMnO4 标准溶液的过程示意图（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有（填序号）；（2）其中确定50mL溶液体积的容器是（填名称）50mL容量瓶；如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将偏小（填“偏大”或“偏小”）【测定血液样品中Ca2+的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草
52、酸，再用0.020mol/L KMnO4 溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液（3）滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器名称为酸式滴定管，确定反应达到终点的现象为溶液由无色变为紫红色（4）已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+2Mnx+10CO2+8H2O则方程式中的x=2（5）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为1.2mg/cm3【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析解答；（2）依据容量瓶的用途解答；依据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，结合C=分析；（3）碱式
53、滴定管能够量取碱性和非氧化性液体，酸性滴定管可以量取酸性和氧化性液体；草酸具有还原性，能够使高锰酸钾褪色；（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，结合氧化还原反应得失电子守恒和根据电荷守恒进行分析写出化学方程式得到x；（5）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度【解答】解：（1）量筒为精密仪器，不能在量筒中溶解固体，故错误，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，错误；故选：；（2）容量瓶是专门用来配制一定浓度溶液的精密仪器；如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；故答案为：50mL容量瓶；偏
54、小；（3）酸性高锰酸钾具有强的氧化性，应盛放在酸式滴定管内；草酸具有还原性，能够使高锰酸钾褪色，向无色草酸中加入酸性高锰酸钾，当草酸反应完后，滴加高锰酸钾显紫红色，滴定到达终点；故答案为：酸式滴定管；溶液由无色变为紫红色；（4）根据电荷守恒，（12）+（+16）=+x2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2；（5）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L0.012L=2.4104mol，根据反应方程式2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+
55、10CO2+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2+）=n（H2C2O4）=n（MnO4）=2.52.4104mol=6104mol，Ca2+的质量为：40g/mol6104mol=0.024g，钙离子的浓度为：=0.0012g/cm3=1.2 mg/cm3，故答案为：1.2【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的方法及误差分析，氧化还原滴定，明确配置一定物质的量浓度原理和操作步骤、明确氧化还原滴定原理和操作是解题关键，侧重考查学生对实验基本知识的掌握情况，题目难度中等20（9分）氮是一种重要的非金属元素，可以形成多种不同类型的化合物，请根据要求回答下列问题：（1）NA表示阿
56、伏加德罗常数的数值69g NO2和N2O4的混合气体中含有3NA个氧原子；2L 0.6mol/LFe（NO3）3溶液中含3.6NA个NO3（2）三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，写出该反应的化学方程式3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF若反应中生成0.15mol HNO3，转移的电子数目为0.3NA或1.8061023个三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F；据题意推测 NF3，F2，NO三种气体中，氧化性由强到弱的顺序为F2、N
57、F3、NONF3是一种无色、无臭的气体，一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有NaNO3（填化学式）（3）氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物，制备联氨可用丙酮为催化剂，将次氯酸钠与氨气反应，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，写出该反应的化学方程式NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O【考点】氧化还原反应的计算；物质的量的相关计算【分析】（1）根据n=cV结合分子构成计算；（2）根据反应物、生成物书写方程式，该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，结合电子、原子守恒分子；根据硝酸和转移电子之间的关系式
58、计算；4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，F元素的化合价降低，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；从质量守恒的角度判断，NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应必生成NaNO3；（3）次氯酸钠与氨气反应，丙酮作催化剂，根据NaClO氧化NH3可以得到肼来书写方程式【解答】解：（1）NO2和N2O4的最简式相同，NA表示阿伏加德罗常数的数值，69g NO2和N2O4的混合气体中含有氧原子=2NA/mol=3NA，2L 0.6mol/L Fe（NO3）3溶液中含硝酸根离子=2L0.6mol/L3NA/mol=3.6NA，故答案为：3；3.6；（2）三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能
59、发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，由电子、原子守恒可知反应为3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF，由氧化剂的氧化性大于还原产物的氧化性可知，氧化性为NF3NO；3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3中，生成1molHNO3和转移电子2mol，所以若反应中生成0.15mol HNO3，转移的电子数目=0.15mol2NA/mol=0.3NA或1.8061023故答案为：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF；0.3NA或1.8061023；4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，F元素的化合价降低，F2为氧化剂，氧化剂
60、的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性为F2NF3，结合中分析可知，氧化性由强弱的顺序为F2、NF3、NO，故答案为：F2、NF3、NO；NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应必生成NaNO3，故答案为：NaNO3；（3）制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，制得肼的稀溶液，反应为NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O，故答案为：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，注意（1）中二者最简式相同，可以利用其最简式进行计算，为易错点21（14分）
61、（2015秋广安校级月考）铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用（1）二氧化铈（CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用CeO2 在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作氧化剂（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬完成并配平下列离子方程式：1Cr+3SO+8H+2Cr3+3SO+4H2O（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是4Na+TiCl4Ti+4NaCl（4）NiSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，
62、广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得操作步骤如下：向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+ Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+对滤液先加H2O2再调pH，调pH的目的是除去Fe3+滤液溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶（或富集NiSO4）为测定 NiSO4xH2O 晶体中x的值，称取26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，则x的值等于6【考点】氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的有关计算；物质
63、分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】氧化还原反应专题；化学计算【分析】（1）氧化还原反应中所含元素化合价降低反应物为氧化剂，二氧化铈中Ce化合价为+4价，CeO2 在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，化合价降低，据此判断；（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O72与SO32的物质的量之比是1：3；依据氧化还原反应中得失电子守恒规律、原子个数守恒规律书写方程式；（3）钠性质活泼，与熔融的四氯化钛反应生成钛和氯化钠；（4）硫化铜溶解度小于硫化亚铁，向含铜离子的溶液中加入FeS，能够实现沉淀的
64、转化；对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+；NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，失去水的质量=26.3g15.5g=10.8g，NiSO4的质量为15.5g，计算物质的量得到1：x=：，据此计算x值【解答】解：（1）二氧化铈中Ce化合价为+4价，CeO2 在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，化合价降低，氧化还原反应中所含元素化合价降低反应物为氧化剂，所以CeO2在该反应中做氧化剂；故答案为：氧化；（
65、2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O72与SO32的物质的量之比是1：3；反应的离子方程式：Cr2O72+3SO32+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O，故答案为：1，3，8H+，2，3，4；（3）钠性质活泼，与熔融的四氯化钛反应生成钛和氯化钠，方程式：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；故答案为：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；（4）硫化铜溶解度小于硫化亚铁，向含铜离子的溶液中加入FeS，能够实现沉淀的转化，离子方程式：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+，故答案为：FeS+Cu2+=CuS
66、+Fe2+；对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH使Fe3+完全沉淀，故答案为：除去Fe3+；NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，然后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶，故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）；26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，失去水的质量=26.3g15.5g=10.8g，NiSO4的质量为15.5g，计算物质的量得到1：x=：，解得x=6；故答案为：6【点评】本题为综合题，考查了氧化还原反应基本概念、方程式配平，金属的制备，物质的分离与提纯，侧重于学生的分析能力和实验能力、计算能力的考查，为高频考点和常见题型，题目难度中等，注意对基础知识的掌握- 25 - 版权所有高考资源网