1、高考资源网（） 您身边的高考专家江苏省太仓高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（苏教版，解析版）1下列物质均有漂白作用，其漂白原理相同的是过氧化钠 次氯酸 二氧化硫 活性炭 臭氧 A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：过氧化钠、次氯酸和 臭氧的原理属于化学变化，是永久性的，而二氧化硫的漂白作用不是永久性的，活性炭属于物理吸附，所以漂白原理相同的是，答案为A。考点：漂白作用点评：本题考查了物质的漂白作用的原理，属于对基础知识的考查，本题要注意二氧化硫的漂白作用不是永久性的，被漂白的物质只要加热就可以恢复颜色。2普通干电池的电极分别为碳棒和锌筒，以糊状NH4Cl和ZnCl2作电解
2、质（其中加入MnO2吸收H2，ZnCl2吸收NH3），电极反应可简化为：Zn2e=Zn2，2NH42e= 2NH3H2。根据以上所述判断下列结论不正确的是A工作时Zn为负极，发生还原反应 B工作时电流由碳极经外电路流向Zn极C输出电流时碳棒上发生还原反应 D长时间使用后内装糊状物可能流出，腐蚀用电器【答案】A【解析】3下列有关石油加工的叙述中，正确的是A石油分馏所得的馏分是各种单一的烷烃，具有固定的沸点B石油裂解的主要目的是提高轻质油的产量和质量C石油裂化的主要目的是获得更多乙烯等短链不饱和烃D石油分馏塔从上到下的分馏产品依次是石油气、汽油、煤油、柴油、重油【答案】D【解析】略4中和热的测定实
3、验中，可能用到下列仪器：托盘天平 量筒 烧杯 温度计 小试管 酒精灯。其中应使用仪器的正确组合是A B C D全部【答案】B【解析】试题分析：中和热测定时需要大小不同的两个烧杯、温度计、量筒量取酸碱的体积，故答案选B.考点：仪器的选用5下列有关食品添加剂的说法中错误的是( )A. 食品添加剂可改善食品的色、香、味 B. 食品添加剂可补充食品的营养成分C. 食品添加剂可延长食品的储存时间 D. 食品添加剂都是有益于人体健康的【答案】D【解析】食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的化合物质或者天然物质。只有科学合理使用食品添加剂才能有益于人体健康，选项D不
4、正确，其余都是正确的，答案选D。6NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是A标准状况下，2.24LH2O含有的电子数等于NAB常温下，100mL1molL1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NAC分子数为NA的N2、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28gD3.4gNH3中含NH键数目为02NA 【答案】B【解析】标准状况下水是液体，不是气体，A不正确。碳酸钠溶于水发生水解反应，反应式为CO32H2OHCO3OH。根据水解方程式可知，消耗1mol CO32生成1mo lHCO3和1molOH，即阴离子的物质的量是增加的，所以选项B是正确的。气体的体积不一定是在标准状况下，因此2
5、2.4L不一定是1mol，C不正确。氨气中含有3个NH单键，所以3.4g氨气中含有的共价键是，D不正确。答案选B。7下列说法中正确的是A可用酒精萃取碘水中的碘；B蒸馏实验时控制温度所用的温度计需要插入液面下；C除去Cl2中混有的少量HCl杂质可通入饱和食盐水溶液；D除去NaHCO3溶液中少量Na2CO3：向溶液中通入过量的CO2【答案】CD【解析】试题分析：酒精和水能互溶，溶液不能分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，A错；蒸馏实验时温度计的水银球要置于蒸馏烧瓶的支管口处，B错；Cl2在饱和食盐水中的溶解度不大，HCl在饱和食盐水中的溶解度很大，所以可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，C对；Na2C
6、O3可以与CO2反应生成NaHCO3，所以除去NaHCO3溶液中少量Na2CO3可以向溶液中通入过量的CO2，D对。选CD.考点：物质的除杂、和物质的分离操作。8设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A1mol Cl2通入水中，充分反应后转移电子数为NAB常温下，1.12L NO2气体含分子数为0.05NAC1L 0.5molL-1碳酸氢钠溶液中含离子数为NAD通常状况下16gO2和O3混合气体中含氧原子数为NA【答案】D【解析】试题分析：A、Cl2+H2OHCl+HClO，反应为可逆反应，有限度的所以Cl2只能部分与水反应,错误；B、标准状况下，1.12L气体的物质的量才是0.05m
7、ol，错误；C、溶液中的H2O、HCO3-要发生电离，错误；D、16gO2和O3混合气体相当于16g的O，M(O)=16g/mol，所以含氧原子数为NA，正确。考点：考查阿伏伽德罗常数、气体体积等相关知识。94下列事实不能说明有机物分子中原子或原子团直接相连时而产生相互影响的是A苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能B等物质的量的乙醇和甘油与足量的金属钠反应，后者产生的氢气比前者多C苯与液溴在铁作催化剂下发生反应，而苯酚与浓溴水混合就能发生反应D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能【答案】B【解析】试题分析：A项二者都含有羟基，但羟基的类型不同，苯环对羟基大的影响使酚羟基更活泼，具有酸性，可说明
8、有机物分子中原子或原子团直接相连时而产生的相互影响；B项乙醇和甘油都含有羟基，但羟基数目不同，生成H2的量不同，不是说明有机物分子中原子或原子团直接相连时而产生的相互影响的事实；C项苯酚与浓溴水混合就能发生反应，说明含有羟基时，苯环上的氢原子更加活泼，可说明有机物分子中原子或原子团直接相连时而产生的相互影响；D项甲苯能使高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明氢原子与苯对甲基的影响不同，甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化。考点：有机物的结构和性质点评：本题考查有机物的结构与性质的关系，难度中等，关键是根据原子团所处的化学环境进行比较。10白磷和红磷是由磷元素形成的不同单质，
9、它们燃烧的产物都是PO，但相同条件下等量的白磷和红磷燃烧前者放出的热量多。下列说法正确的是（ ）A.白磷比红磷稳定B.白磷转化成红磷放出热量C.白磷转化成红磷吸收热量D.相同质量的白磷和红磷相互转化时的能量变化值不相等【答案】B【解析】白磷和红磷燃烧的产物相同，等量的白磷燃烧放出的热量多，说明白磷的能量比红磷的高。物质的能量越高越不稳定，A不正确。能量高的物质向能量低的物质转化要放出热量，B正确，C错误。等量的白磷和红磷相互转化放出的热量与吸收的热量相等。11下列对应化学反应的离子方程式书写正确的是A氢氧化铁与盐酸反应：HOH=H2OBCa(HCO3)2溶于稀盐酸中：CO32-2H=CO2H2
10、OC铁与H2SO4反应：Fe2H=Fe3H2D澄清的石灰水与醋酸反应：OH+CH3COOH=CH3COO+H2O【答案】D【解析】试题分析：A氢氧化铁难溶于水，不能写出离子，错误。BCa(HCO3)2溶于稀盐酸中, HCO3-不能拆开写成CO32-，错误。C铁与H2SO4反应产生Fe2+，错误。D书写符合微粒的存在形式，正确。考点：考查离子方程式书写的正误判断的知识。12设N0为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()。A1.0 L 1.0 molL1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0B12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0C25 时pH13的NaOH溶液中含有OH
11、的数目为0.1N0D1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0【答案】B【解析】A项忽视了NaAlO2溶液中的水，错；B项中每个碳原子被3个六元环共用，则每个六元环占有的碳原子数162个，12 g石墨烯含六元环的物质的量0.5 mol，正确；C项没有告诉溶液的体积，无法计算，错；D项中OH是10电子微粒，所含电子数为10N0，错。13水做还原剂的氧化还原反应是A氯气和水的反应：Cl2H2O=HClHClO B氟气和水的反应：2F22H2O=4HFO2 C氧化钙和水的反应：CaOH2O=Ca(OH)2 D电解食盐水：2NaCl2H2O通电=2NaOHH2Cl2【答案】B【解析】
12、试题分析：A、反应中氯元素的化合价既升高，也降低，氯气既是氧化剂，也是还原剂，水只是反应物，A错误；B、在反应中氟元素的化合价降低，氟是氧化剂。水中氧元素的化合价升高，水是还原剂，B正确；C、该反应中元素的化合价均不变，是非氧化还原反应，C错误；D、在反应中氯元素的化合价升高，氯化钠是还原剂，水中氢元素的化合价降低，水是氧化剂，D错误，答案选B。考点：考查氧化还原反应的有关判断14下列叙述正确的是ANaHSO4、Na2O2晶体中的阴、阳离子个数比均为12B离子化合物中一定不含共价键C某主族元素的最高价含氧酸为HnROm，则其气态氢化物一般是H8-2m+nR或RH8-2m+nD元素周期表中L层电
13、子为奇数的元素的化合价也都是奇数【答案】C【解析】15常温下，下列各组离子在指定的水溶液中一定能大量共存的是A使甲基橙变红的溶液：K+、Al3+、SO42-、NO3Bc(H)11013molL1的溶液：Na、NH4+、SO42-、CO32Cc(Fe2+)1.0 molL1的溶液：H+、K、Cl、NO3D含有大量Fe3+的溶液：Mg2+、Na、SCN、Cl【答案】A【解析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A、使甲基橙变红的溶液显酸性，则K+、Al3+、SO42-、NO3能大量共存，A正确；B、c(H)11013molL1的溶液想碱性，NH4+不能大量共存，B不正确
14、；C、在酸性条件下，NO3具有强氧化性，能氧化Fe2，所以不能大量共存，C不正确；D、铁离子与SCN反应，不能大量共存，D不正确，答案选A。考点：考查离子共存的判断16请回答氯碱的如下问题：（1）氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k （要求计算表达式和结果）；（2）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。图中XY分别是 、 （填化学式），分析比较图示中氢氧化钠质量分数a与b的大小 ；分别写出燃料电池B中正极、负极上发
15、生的电极反应正极： ；负极： ；【答案】（1）13或089；（2）Cl2，H2；a小于b；O2+4e+2H2O4OH ，H22e+2OH2H2O。【解析】试题分析：（1）电解饱和食盐水的方程式：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2,根据反应方程式得出：Cl2、NaOH的质量比13或089；（2）B燃料电池右边通入空气，说明右边是电池的正极，左边是电源的负极，A电解池左端通入的是饱和食盐水，说明左端是2Cl2e=Cl2，是阳极，右端是阴极2H2e=H2，因此X是Cl2，Y是H2；B燃料电池的环境是碱性环境，正极上的反应式：O22H2O4e=4OH，此电极是产生OH的，因此a%b%；根据上面分析
16、左边是负极，通入的是H2，右边是正极通入的是O2，电解质NaOH溶液，正极反应式：O22H2O4e=4OH，负极反应式：H22OH2e=2H2O。考点：考查氯碱工业、原电池的电极反应式、电解池电极反应式的书写等相关内容。17甲醇是21世纪应用最广泛的清洁燃料之一，通过下列反应可以制备甲醇：CO (g) + 2H2 (g)CH3OH (l) H（1）已知：化学式H2(g)CO(g)CH3OH(l)标准燃烧热（25）H / kJmol1-285.8-283.0-726.5计算上述反应的H kJmol1。（2）在容积可变的密闭容器中充入1 mol CO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成C
17、H3OH( g )，H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图所示。 该反应的S 0，图中的T1 T2（填“”或“=”）。 当达到平衡状态A 时，容器的体积为2 L，此时该反应的平衡常数为 ，若达到平衡状态B 时，则容器的体积V（B）= L。 在该容器中，下列措施可增加甲醇产率的是 。A升高温度B从平衡体系中及时分离CH3OHC充入HeD再充入0.5 mol CO和1 mol H2（3）在容积固定为2 L的密闭容器中充入2 molCO( g )和6 molH2( g )生成CH3OH( g )，反应时间与物质的量浓度的关系如下图所示，则前10分钟内，氢气的平均反应速率为 ；若15分钟时
18、升高体系温度，在20分钟时达到新平衡，此时氢气的转化率为33.3%，请在图中画出15-25分钟c (CO)的变化曲线。【答案】（1）-128.1（2分）（2） （1分） （1分） 4（2分），0.4（2分） B（2分，多选不给分）（3）0.16molL1min1（2分，单位没写或错不给分）（3分，起点1分，平衡点1分，2025分钟平衡线1分；曲线变化趋势错，不给分。）【解析】试题分析：（1）标志燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据盖斯定律，CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( l ) H =726.5283285.82= 128.1 kJ/mol；（
19、2）在容积可变的密闭容器中充入1 mol CO ( g ) 和2 molH2 ( g )生成CH3OH( g )，H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如右图所示。 该反应气体的物质的量减少，S 0，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，相同压强下时氢气的转化率大， T1Al(OH)3,会发生反应：NaAlO2+ CO2+2H2O= Al(OH)3+NaHCO3；所以固体B是Al(OH)3；（2）用硫酸溶解该固体，发生反应：2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O；得到的溶液C是Al2(SO4)3溶液；由于其溶解度随温度的升高而增大，所以从溶液中获得晶体的方法是蒸发浓
20、缩、冷却结晶、过滤 、洗涤、干燥。（3）操作中常用无水乙醇对晶体进行洗涤，来洗去表面的杂质离子，选用无水乙醇的原因是减少晶体的溶解；洗去晶体表面杂质；有利于晶体的干燥。（4）若初始时称取的镁铝合金废料的质量为9.00 g，得到固体A的质量为4.95 g，金属发生反应，而镁不反应，减少的质量为金属铝的质量，则m(Al)= 9.00 g4.95 g=4.05 g，n(Al)= 4.05 g27g/mol=0.15mol，硫酸铝晶体的质量为49.95 g，硫酸铝晶体中含有SO42-的物质的量为n(SO42-)=3/2n(Al3+)=3/20.15mol=0.225mol, Al2(SO4)3的质量是
21、m(Al2(SO4)3)= (0.15mol2) 342g/mol=25.65g，则含有的结晶水的物质的量是n(H2O)= (49.95 g-25.65g) 18g/mol=1.35mol，则n(Al2(SO4)3)：n(H2O)= (0.15mol2)：1.35mol=1:18，所以该结晶水合物的化学式是：Al2(SO4)318H2O。（5）在第一个阶段，减少的水的质量是：m(H2O)=40.54%49.95 g=20.25 g,失去的结晶水的物质的量是：n(H2O)= 20.25 g18g/mol=1.125mol则在晶体中n(Al2(SO4)3)：n(H2O)= (0.15mol2):
22、（1.35mol -1.13mol）=1:3.所以此时得到的晶体的化学式是Al2(SO4)33H2O。在第二个阶段，失去结晶水的物质的量是n(H2O)= (49.95 g 48.65%18g/mol=1.35mol，结晶水完全失去，得到的固体物质是：Al2(SO4)3，则在第三个阶段加热发生分解反应，是硫酸铝的分解，方程式是：Al2(SO4)3Al2O3+3SO3。考点：考查物质制取反应原理的知识。主要包括物质制取的方程式的书写、混合物的分离方法、操作的目的、物质分解的反应产物的确定的知识。201000 mL某待测液中除含有0.2 molL1的Na外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K
23、+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl- 、Br- 、CO32-、 HCO3- 、SO32- 、SO42-现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：_。（2）待测液中肯定不存在的阳离子是_。（3）若无色气体D是单一气体：将阴离子的物质的量浓度填入下表中（一定不存在的填“0”，不能确定的填“?”）：阴离子Cl-Br-CO32-HCO3-SO32-SO42-浓度/molL-1判断原溶液中K是否存在，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由：_。（4）若无色气体D是混合气体：待测液中一定含有的阴离子是_。沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是_（写
24、化学式）。【答案】（1）Ba2+ + HCO3- + OH-BaCO3 +H2O（1分） （2）Fe3+、Ba2+（ 1分）（3）（答对3空以上得1分，全对得2分）阴离子Cl-Br-CO32-HCO3-SO32-SO42-浓度/mol/L?00.10.100.05存在 其最小的物质的量浓度为0.1 mol/L（1分）（4）CO32- 、HCO3- 、SO32-（有错不得分，少答得1分，全对得2分）BaCO3、BaSO3（有错不得分，少答得1分，全对得2分）【解析】试题分析：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分
25、沉淀不溶解，说明溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种，根据离子共存可知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3-，HCO3-与铁离子发生双水解不能共存，所以一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-。（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO3-、Ba2+、OH-反应生
26、成，反应离子方程式为： HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2O。（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+。（3）由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl-，溶液中一定没有Br-。若无色气体D是单一气体，说明硝酸未被还原，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32-，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32-，一定含有SO42-，n（BaCO3）19.7g197g/mol0.1mol,则n（HCO3-）0.1mol，故c（HCO3-）0.1mol1L0.1mol/L；n（CaCO3）10g100g/mol0.1mol，则n（CO32-）0.1m
27、ol，故c（CO32-）0.1mol1L0.1mol/L，n（BaSO4）11.65g233g/mol0.05mol，则n（SO42-）0.05mol，故c（SO42-）0.05mol/L。n（NH4+）n（NH3）2.24L22.4L/mol0.1mol，则c（NH4+）0.1mol/L，溶液中c（Na+）0.2mol/L，c（HCO3-）0.1mol/L，c（CO32-）0.1mol/L，c（SO42-）0.05mol/L，根据电荷守恒得，c（NH4+）+ c（Na+）0.3mol/L2c（SO42-）+2c（CO32-）+ c（HCO3-）0.4mol/L，故一定含有K+，当溶液中没有C
28、l-，K+离子浓度最小，c（K+）最小浓度0.4mol/L-0.3mol/L0.1mol/L。（4） 由上述分析可知，溶液中一定含有CO32-、HCO3-，不能确定原溶液中是否含有Cl-，溶液中一定没有Br-。若无色气体D是混合气体，离子中能与硝酸发生氧化还原反应的只能是SO32-，所以D只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32-，不能确定是否含有SO42-，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3。待测液中一定含有的阴离子是CO32-、HCO3-、SO32-；沉淀A中BaCO3，BaSO3能与稀硝酸反应。【考点定位】本题主要是考查离子的推断、检验，根据实验
29、过程中反应现象、离子共存条件来确定溶液中存在的离子，电荷守恒规律的应用【名师点晴】该题综合性强，思维容量大，对学生的要求高。答题时就要进行定性分析，又要进行定量计算，从而大大增加试题的浓度。解与离子反应有关的定量推断类试题，需要掌握定量推断最后一种离子存在的方法：如果多种离子共存，且只有一种离子的物质的量未知，可以用电荷守恒来确定最后一种离子是否存在，即阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，答题时注意灵活应用。21为确定某铝热剂样品（铝和氧化铁）的组成，分别进行下列实验：（1）若取107g该样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体(标准状况，下同)体积为a L。样品中铝的
30、质量分数w(Al)= 。（用含a的表达式表示）。若该样品，在高温下恰好发生完全反应，则a = L。（2）待（1）中反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为b L，该气体与（1）中所得气体的体积比ba =_。（3）若另取107 g该样品，此样品在高温下仍然恰好完全反应，向其中加入10molL盐酸Vml,固体恰好溶解完全，则盐酸体积V的最小值为 。【答案】（1） 75a% 或 或0075a 336 （2） 2:3 （3） 500ml【解析】试题分析：（1）根据化学反应2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2铝和氢气的物质的量之比为2:3，则标况下aL氢气的物质的量为a/224
31、，铝的质量为a/336，107g样品中铝的质量分数w(Al)=a（336107）100%=75a%。 该样品，在高温下恰好发生完全反应，则发生2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe 设铝的物质的物质的量为n,Fe2O3 的物质的量为m，则 n:m=2：1 27n+160m=107 解得 n=01mol, m=005mol 根据2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，生成氢气的物质的量为015mol,体积为336L；（2）由方程式2Al+Fe2O32Fe+Al2O3可知，生成的n（Fe）等于铝热剂中n（Al），与盐酸反应生成的氢气体积之比等于金属提供的电子的物质的量之比，所以（2）
32、中生成的氢气与（1）中生成氢气体积之比c：b=2n（Fe）：3n（Al）=2：3，（3）107g样品中有01mol铝，005mol氧化铁，加入盐酸反应为：Fe2O3 +6HCl=2FeCl3 +3H2O Al + 3FeCl3 =AlCl3 +3FeCl2 2Al+6HCl=2AlCl3 + 3H2 005 03 01/3 01 02/3 02消耗盐酸05mol，根据V=n/C , 体积为500mL。考点：考查化学计算。22(12分) 以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备
33、实验流程如下：（1）图中“沉铁”化学方程式为 。（2）图中“过滤”后滤液中金属阳离子除了含有的Al3，还含有 (填化学式)。（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO4)212H2O 2Al2O3 + 2NH3+ N2+ 5SO3+ 3SO2+ 53H2O,将产生的气体通过图9所示的装置。水气体饱和NaHSO3溶液KMnO4溶液集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 (填化学式)。KMnO4溶液褪色（MnO4还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 。【答案】（1
34、）2K4Fe(CN)6+ Fe 2(SO4)3 = 2KFeFe(CN)6+3K2SO4（2分）（2）Fe2+ Fe3+（2分）（3）2Fe2+H2O2+2H+ = 2Fe3+2H2O（2分）（4）N2 （2分）SO3、NH3 （2分，缺漏不给分）。2MnO4 +5SO2 + 2H2O = 2Mn2+ + 5SO42+4H+（2分）【解析】试题分析：（1）由K4Fe(CN)6生成KFeFe(CN)6；（2）铁的氧化物和氧化铝溶于酸，二氧化硅不溶形成滤渣；（3）溶液中的亚铁离子不易除去，需把其氧化为铁离子再沉淀除去；（4）通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去氨气、三氧化硫，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体
35、，故收集的气体为氮气；SO3、NH3均溶解于水与水反应；KMnO4溶液与二氧化硫反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子。考点：考查工业流程中的化学原理有关问题。23（12分）某固体混合物可能含Al、（NH4）2SO4、MgCl2、A1Cl3、FeCl2、NaCl中的一种或几种，现对该混合物作如下实验，所得现象和有关数据如图（气体体积已换算成标况下体积）：回答下列问题：（1）混合物中是否存在FeCl2_（填“是”或“否”）；（2）混合物中是否存在（NH4）2SO4_（填“是”或“否”），你的判断依据是_。（3）写出反应的离子反应式：_。（4）请根据计算结果判断混合物中是否含有AlCl3（填“是”或“否
36、”）,你的判断依据是_。【答案】（12分）（1）否（2）是，气体通过浓硫酸减少4.48L（3）AlO2HH2O=Al（OH）3（4）否，由题中信息可推得一定含有Al、（NH4）2SO4和MgCl2三种物质，而计算出这三种物质的质量之和刚好等于28.1g，所以一定没有AlCl3。【解析】试题分析：（1）白色沉淀久置不变色，说明无氯化亚铁。（2）气体通过浓硫酸后体积减少4.48升，说气体中有氨气，则原固体中国一定含有硫酸铵。（3）无色溶液中有铝和过量的氢氧化钠溶液反应后得到的偏铝酸钠，加入盐酸生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2HH2O=Al（OH）3。（4）由以上分析可知原固体中一定含
37、有金属铝，且其质量为5.4克，原固体中一定含有0.1摩尔硫酸铵，其质量为13.2克，固体中氯化镁为0.1摩尔，质量为9.5克，三种物质的质量总和正好等于28.1克，所以一定没有氯化铝。考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，未知物的检验24X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX,Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。请回答下列问题：(1)Y在元素周期表中的位置为 。 (2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是 （写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是 （写化学式）。 (3)X2M的燃烧热H-a kJmol-1，
38、写出X2M燃烧反应的热化学方程式： 。(4)ZX的电子式为 ；ZX与水反应放出气体的化学方程式为 。【答案】（1）第二周期第A （2）HClO4 H2S（3）H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(L) H=-akJmol-1(2分，其他答案合理也可给分)（4）Na+:H- NaH+H2O=NaOH+H2(2分)【解析】试题分析：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX,可以看出X为H，Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y为O,Z为Na，M为S，G为Cl，或Ar，(1)根据元素周期表可以知道，Y在元素周期表中的位置为第二周期第A，(2)最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4 ；非金属气态氢化物还原性最强的是H2S； (3)X2M为硫化氢，其燃烧热H-a kJmol-1，即X2M燃烧反应的热化学方程式为H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(L) H=-akJmol-1；(4)ZX为NaH，其电子式为Na+:H- ；ZX与水反应放出气体的化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2。考点：元素周期表，元素及其化合物点评：本题考查了元素周期表，元素及其化合物，涉及考查了元素在周期表的位置，物质的酸性，还原性，热化学方程式，电子式等知识，该题综合性好，难度适中。高考资源网版权所有，侵权必究！