1、2013-2014学年安徽省淮南二中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分）1（3分）（2009亭湖区校级模拟）据报道，德国INTEGRAL公司研究出无辐射冷却技术（用水和冰组成的物质代替传统的氟里昂或氨）而荣获德国环境大奖关于这一“新致冷剂”，以下叙述不正确的是（）A该致冷剂具有与水不同的化学性质B该致冷剂的作用原理与氨基本相同C该致冷剂在水凝固点附近的温度下发挥作用D该致冷剂对环境不产生任何污染2（3分）（2012秋望江县校级期中）某合作学习小组讨论辨析：生活中使用的漂白粉和肥皂都是混合物；碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物；蔗
2、糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；水玻璃、有色玻璃和果冻都是胶体；汽油属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物；烟、雾、豆浆都是胶体上述说法正确的是（）ABCD3（3分）（2013秋田家庵区校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A氯气与水反应：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOBKAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2使SO42恰好完全沉淀2Al3+3 SO42+3 Ba2+6 OH=2Al（OH）3+3BaSO4C将少量硝酸银溶液滴入氨水中：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2OD碳酸氢钠溶液中加入过量的石灰水：
3、Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O4（3分）（2013秋田家庵区校级月考）设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1molNa2O2晶体中含有的离子总数为4NAB常温下，100mLlm/LNa2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NAC假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶粒微粒数为NAD标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数为0.1NA5（3分）（2014秋霞山区校级月考）常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+下列说法不正确
4、的是（）AH2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+强B在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降C在H2O2分解过程中，Fe2+的总量保持不变DH2O2生产过程要严格避免混入Fe2+6（3分）（2008江苏）下列装置或操作能达到实验目的是（）A实验室制取并收集NH3B构成铜锌原电池C检查装置气密性D利用排空气法收集CO27（3分）（2014秋宜春校级月考）重水A和普通水B分别跟足量的金属钠反应，下列说法正确的是（）AA、B质量相等时，产生气体的体积在同温、同压下相等BA、B质量相等时，产生气体的质量相等CA、B的物质的量相等时，产生气体的体积在同温、同压下相等DA、B的物质的量相等时，产
5、生气体的质量在同温、同压下相等8（3分）（2014秋吴兴区校级期中）已知a g气体X2中含有b个X原子，那么c g该气体在0、1.01105Pa条件下的体积是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）ALBLCLDL9（3分）（2014秋宜春校级月考）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（）配制100g 10%的CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL 2molL1的稀H2SO4时
6、，先平视后仰视A只有B只有CD10（3分）（2014秋安达市校级月考）将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉m g水（溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出），所得溶液体积为V L，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为（）ABCD11（3分）（2013秋田家庵区校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾（K2FeO4）湿法制备的主要反应方程为：2Fe（OH）3+3ClO+
7、4OH=2FeO42+3Cl+5H2O干法制备的主要反应方程为：2FeSO4+4Na2O2=2Na2FeO4+2Na2SO4下列有关说法不正确的是（）A干法中每生成1molNa2FeO4转移4mol电子B湿法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子C高铁酸钾中铁显+3价DK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能吸附水中的悬浮杂质12（3分）（2009江苏）在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B含有0.1molL1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C含有0.1molL1Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO32、ClD室温下，p
8、H=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO4213（3分）（2014秋会宁县校级月考）已知SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色则下列关于该溶液组成的判断正确的是（）A肯定不含IB肯定不含Cu2+C可能含有SO32D肯定不含有NH4+14（3分）（2014武侯区校级模拟）在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO42+H+，下列说法不正确的是（）A可以利用该反应检验Mn2+B氧气性比较：S2O82MnO4C
9、该反应中酸性介质可以为盐酸D若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol15（3分）（2013秋田家庵区校级月考）糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同下列分析正确的是（）A脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）C脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为：Fe3e=Fe3+D脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e=4OH16（3分）（2011宝鸡三模）现有CuO和Fe2O3组成的混合物a g，向其中加入4.0molL1硫酸溶液25mL时恰好完全
10、反应若将a g原混合物在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体质量为（）A1.6gB1.6agC（a0.8）gD（a1.6）g二、非选择题（共52分）17（2分）（2013秋田家庵区校级月考）如图各图所示装置的气密性检查中，漏气的是18（3分）（2013秋田家庵区校级月考）下列实验操作或对实验事实的描述正确的是 （）A不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠或碳酸钠B定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线，再加水定容C使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容后所得溶液浓度偏大D用铝箔包住部分被氧化成Na2O的钠块，并用镊子夹住在水槽中反应，用倒置的量筒量取生成气体的体积，可以计算钠块中钠单质的质量
11、分数E用托盘天平称量11.74g氯化钠晶体F为了使稀硫酸和锌制取氢气的速率加快，可向稀硫酸中加入用铜网包裹的锌粒19（4分）（2014秋宜春校级月考）下面所列的是中学化学实验室中几种常见的仪器：容量瓶、量筒、托盘天平、玻璃棒、烧杯若要用碳酸钠固体配制一定物质的量浓度的碳酸钠溶液，还缺少的仪器是；使用容量瓶前的第一步操作是20（6分）（2013秋田家庵区校级月考）图示是某学校实验室从化学试剂商店买回来的硫酸试剂标签上的部分内容某实验需要0.5molL1 H2SO4溶液240mL，若由你来配制所需溶液，请根据实验室已有的仪器和药品情况回答下列问题：品名：硫酸化学式：H2SO4相对分子质量：98密度
12、：1.84gcm3质量分数：98%所需浓硫酸的体积是mL，若该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液中溶质的质量分数49%（填写“”“=”或“”）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是21（10分）（2012秋黄州区校级期中）将一定量的CO2气体通入2L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl物质的量关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）（1）O点溶液中所含溶质的化学式为，（2）O到a点发生反应的离子方程式：（3）标准状况下通入CO2气体的体积为L，NaOH溶液的物质的量浓度为molL122（13分）（2013秋田家庵区校级月考）铁
13、是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物（1）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1：2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为；（2）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为；（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为与MnO2Zn电池类似，K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为，该电池总反应的离子方程式为23（14分）（2013安徽
14、模拟）资料：（1）草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）呈淡黄色；（2）KMnO4在酸性条件的还原产物为Mn2+某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成这说明草酸亚铁晶体具有（填“氧化性”、“还原性”或“碱性”）若反应中消耗1mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为mol（2）资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完
15、成假设二和假设三：假设一：全部是FeO；假设二：；假设三：（3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究定性研究请你完成下表中内容实验步骤（不要求具体的操作过程）预期实验现象和结论取少量黑色固体，定量研究课题组在文献中查阅到，FeC2O42H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400时，FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式为：根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g某同学由此得出结论：假设一不成立你是否同意该同学的结论（填“同意”或“不同意”），并简述理由2013-2014学年安徽省淮南二中高三（上）第二次月
16、考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分）1（3分）（2009亭湖区校级模拟）据报道，德国INTEGRAL公司研究出无辐射冷却技术（用水和冰组成的物质代替传统的氟里昂或氨）而荣获德国环境大奖关于这一“新致冷剂”，以下叙述不正确的是（）A该致冷剂具有与水不同的化学性质B该致冷剂的作用原理与氨基本相同C该致冷剂在水凝固点附近的温度下发挥作用D该致冷剂对环境不产生任何污染考点：常见的生活环境的污染及治理版权所有专题：化学应用分析：该致冷剂为水和冰组成的混合物，与水的性质相同，冰液化时吸收热量，对环境无污染，为绿色产品解答：解：A组成物质都为水，与水的化学性
17、质相同，故A错误；B制冷剂中含有冰，液化吸收热量而降低温度，与氨气的制冷原理基本相同，故B正确；C该致冷剂在水凝固点附近的温度下，冰易液化而吸收大量的热量，起到冷凝的效果，故C正确；D该制冷剂组成物质为水，对环境不产生污染，故D正确故选A点评：本题考查环境污染问题，以以新型制冷剂为命题考查物质的组成和性质，题目难度不大，注意把握制冷原理2（3分）（2012秋望江县校级期中）某合作学习小组讨论辨析：生活中使用的漂白粉和肥皂都是混合物；碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物；蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；水
18、玻璃、有色玻璃和果冻都是胶体；汽油属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物；烟、雾、豆浆都是胶体上述说法正确的是（）ABCD考点：混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质版权所有专题：物质的分类专题分析：纯净物是同种物质组成，混合物是不同物质组成；离子化合物包括两大类：一是由金属和非金属元素共同构成的化合物绝大多数是离子化合物；二是所有的铵盐；常见的电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气；强电解质：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；根据酸碱盐和氧化物的概念来判断；根据胶体是分散质为直径1100nm的分散系；纯净物是同种物质组成，混
19、合物是不同物质组成；根据胶体是分散质为直径1100nm的分散系来判断；解答：解：漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，肥皂是脂肪酸盐和泡花碱的混合物，故正确；离子化合物包括两大类：一是由金属和非金属元素共同构成的化合物绝大多数是离子化合物；二是所有的铵盐；故碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物，故正确；根据常见的电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：蔗糖、酒精、非金属氧化物和氨气；强电解质：强酸、强碱、绝大多数的盐、金属氧化物；可知，硫酸钡为强电解质，故错误；酸：电离出的阳离子全部为氢离子的化合物；碱：电离出的阴离子全部为氢氧根的化合物；盐：电离出的阳离子为金属离子或铵根离子
20、，阴离子为酸根离子的化合物；氧化物：由两种元素构成，其中一种为氧元素的化合物，故正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，不属于胶体，有色玻璃和果冻都是胶体，故错误； 汽油是多种烷烃的混合物，而液氯即液态的氯气，冰醋酸即乙酸，均属于纯净物，故正确；烟、雾、豆浆的分散质的直径都介于1100nm之间，故均为胶体，故正确故选A点评：本题主要考查了物质的组成与分类，难度不大，掌握物质的组成是解题的关键3（3分）（2013秋田家庵区校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A氯气与水反应：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOBKAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2使SO42恰好完全沉淀2Al3+3 SO42+3 Ba2
21、+6 OH=2Al（OH）3+3BaSO4C将少量硝酸银溶液滴入氨水中：Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2OD碳酸氢钠溶液中加入过量的石灰水：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A生成盐酸和HClO，HClO在离子反应中保留化学式；B使SO42恰好完全沉淀，反应生成硫酸钡和偏氯酸钾；C反应生成银氨溶液；D碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钙、水、NaOH解答：解：A氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；BKAl（SO4）2中滴加Ba（OH）2使SO42恰好完全沉淀的离子反应为Al3+2S
22、O42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2O，故B错误；C将少量硝酸银溶液滴入氨水中的离子反应为Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O，故C正确；D碳酸氢钠溶液中加入过量的石灰水的离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故D错误；故选C点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，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、与量有关的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大4（3分）（2013秋田家庵区校级月考）设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1molNa2O2晶体中含有的离子总数为4NAB常温下，100mLlm/
23、LNa2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NAC假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶粒微粒数为NAD标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A根据过氧化钠中的阴离子为过氧根离子分析；B考虑盐类的水解；C胶体粒子不是单个分子，是许多氢氧化铁粒子的集合体；D氯气溶于水并不完全和水反应解答：解：A.1mol Na2O2晶体中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，共含有3NA个离子，故A错误；B碳酸根离子水解为碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增加，故B正确；C胶体粒子
24、不是单个分子，是许多氢氧化铁粒子的集合体，故C错误；D氯气溶于水并不完全和水反应，故转移的电子数小于0.1NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系5（3分）（2014秋霞山区校级月考）常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+下列说法不正确的是（）AH2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+强B在H2O2分解过程中，溶液的p
25、H逐渐下降C在H2O2分解过程中，Fe2+的总量保持不变DH2O2生产过程要严格避免混入Fe2+考点：氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变版权所有专题：氧化还原反应专题分析：反应2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，反应2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，Fe2+可为H2O2分解的催化剂，以此解答解答：解：A反应2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O中，H2O2的氧化性比Fe3+强，反应2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+中，H2O2还原性比Fe2+强，故A正确；B总反应为2H2O22H2O+O
26、2，溶液的pH基本不变，故B错误；C总反应为2H2O22H2O+O2，Fe2+为H2O2分解的催化剂，Fe2+的总量保持不变，故C正确；DFe2+为H2O2分解的催化剂，可导致H2O2分解，故D正确故选：B点评：本题考查氧化还原反应，为考试高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断相关概念并认识相关物质的性质，难度不大6（3分）（2008江苏）下列装置或操作能达到实验目的是（）A实验室制取并收集NH3B构成铜锌原电池C检查装置气密性D利用排空气法收集CO2考点：气体发生装置的气密性检查；原电池和电解池的工作原理；常见气体制备原理及装置选择版权所有专题：实验题分析：A、根据
27、气体的压强分析；B、根据有盐桥的原电池中电极与电解质的关系分析；C、根据检验装置气密性的方法分析；D、根据二氧化碳和空气的密度分析解答：解：A、气体收集装置中集气瓶口不能有塞子，如果有塞子，随着反应的进行，集气瓶内的压强增大，会产生危险，故A错误；B、在有盐桥的原电池中，半反应的电极材料和电解质中的金属阳离子应该是相同的元素，故B错误；C、如果漏气，关上止水夹后，烧瓶中的压强减小，外界大气压不变，外界气压大于烧瓶中的气压，长颈漏斗中的液面会下降，否则液面不下降，所以能检验装置气密性，故C正确；D、二氧化碳的密度大于空气的密度，所以应该用向上排空气法收集二氧化碳，即应该是长导管是进气管，短导管是
28、出气管，故D错误；故选C点评：本题考查了气体的收集、气密性的检验、原电池等实验装置，侧重考查学生对实验的掌握情况，答题时必须知道各装置的特点才能正确解答7（3分）（2014秋宜春校级月考）重水A和普通水B分别跟足量的金属钠反应，下列说法正确的是（）AA、B质量相等时，产生气体的体积在同温、同压下相等BA、B质量相等时，产生气体的质量相等CA、B的物质的量相等时，产生气体的体积在同温、同压下相等DA、B的物质的量相等时，产生气体的质量在同温、同压下相等考点：化学方程式的有关计算；阿伏加德罗定律及推论版权所有专题：计算题分析：根据发生的化学反应为2Na+2D2O2NaOD+D2、2Na+2H2O2
29、NaOH+H2，以此来解答解答：解：由2Na+2D2O2NaOD+D2、2Na+2H2O2NaOH+H2可知，AA、B质量相等时，其物质的量不等，产生的氢气的物质的量不等，则产生气体的体积在同温、同压下不相等，故A错误；BA、B质量相等时，其物质的量不等，则产生气体的质量不相等，故B错误；CA、B的物质的量相等时，产物中气体的物质的量相等，产生气体的体积在同温、同压下相等，故C正确；DA、B的物质的量相等时，产物中气体的物质的量相等，但摩尔质量不同，则产生气体的质量在同温、同压下不相等，故D错误；故选C点评：本题考查钠与水的反应及D、H的摩尔质量的有关计算，明确发生的化学反应及物质的量的简单计
30、算即可解答，题目难度不大，注意D、H的摩尔质量不同8（3分）（2014秋吴兴区校级期中）已知a g气体X2中含有b个X原子，那么c g该气体在0、1.01105Pa条件下的体积是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）ALBLCLDL考点：气体摩尔体积版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：依据质量、微粒数、气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等物理量计算判断；主要依据关系为：n=；解答：解：a g气体X2中含有b个X原子，气体摩尔质量设为M，则2=mol，M=g/mol；0、1.01105Pa条件是标准状况，c g该气体的体积=L=L故选A点评：本题考查了物质的量与质量、摩尔质量、气体摩尔体积、
31、微粒数的换算关系，关键是熟练掌握各物理量的换算关系9（3分）（2014秋宜春校级月考）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（）配制100g 10%的CuSO4溶液，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL 2molL1的稀H2SO4时，先平视后仰视A只有B只有CD考点：配制一定物质的量浓度的溶液；计量仪器及使用方法版权所有专题：化学实验基本操作分析：配制100g 10%的CuSO4溶液需要
32、硫酸铜的质量为10g，水的质量为90g，称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中，硫酸铜的质量小于10g测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，实际称取的药品质量减小酸式滴定管的“0”刻度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小解答：解：称取10g 硫酸铜晶体溶于90g水中，硫酸铜的质量小于10g，所配硫酸铜溶液的质量分数小于10%的，实验结果偏低，故符合；测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水的质量增大，实验测量结果偏高，
33、故不符合；配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，实际称取的药品质量减小，所配溶液的浓度偏低，故符合；酸式滴定管的“0”刻度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，故符合故选：D点评：考查实验操作的误差分析、仪器的使用等，难度中等，清楚实验原理是关键10（3分）（2014秋安达市校级月考）将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉m g水（溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出），所得溶液体积为V L，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为（）ABCD考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专
34、题：物质的量浓度和溶解度专题分析：将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉mg水，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，则蒸发后溶液的质量为mg，结合溶质的质量分数计算溶质的质量，根据n=进而计算溶质的物质的量，利用c=计算蒸发后所得溶液的物质的量浓度解答：解：令蒸发后溶液的质量为xg，浓缩蒸发溶质的质量不变，则：（x+m）ga%=x2a%，解得x=m溶质的质量为mg2a%=2am%g，溶质的相对分子质量为M，所以溶质的物质的量为=mol，蒸发后所得溶液体积为VL，所以蒸发后溶液的物质的量浓度为=mol/L故选D点评：本题考查物质的量浓度计算、质量分数计算，难度不大，确定溶质的质量是关键，注意运用定义式的计算
35、11（3分）（2013秋田家庵区校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾（K2FeO4）湿法制备的主要反应方程为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O干法制备的主要反应方程为：2FeSO4+4Na2O2=2Na2FeO4+2Na2SO4下列有关说法不正确的是（）A干法中每生成1molNa2FeO4转移4mol电子B湿法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子C高铁酸钾中铁显
36、+3价DK2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能吸附水中的悬浮杂质考点：氧化还原反应版权所有专题：氧化还原反应专题分析：根据化合价代数和为0判断各元素的化合价，根据化合价的变化计算转移的电子数目解答：解：A干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，化合价由+2价升高到+6价，转移电子4mol，故A正确；B湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，故B正确；C根据化合价代数和为0的原则可知，高铁酸钾中铁显+6价，故C错误；DK2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe（
37、OH）3，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，故D正确故选C点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意不同制备方法的反应原理，把握元素化合价的判断方法，从化合价变化的角度分析氧化还原反应12（3分）（2009江苏）在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B含有0.1molL1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C含有0.1molL1Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO32、ClD室温下，pH=1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42考点：离子共存问题版权所有专题：压轴题分析：A、根据在碱性条件下是否有与OH反应的离子来判断；B
38、、Fe3+具有氧化性，根据是否存在与Fe3+发生氧化还原反应的离子或存在其它反应类型来判断；C、含有Ca2+的溶液中，判断是否有与Ca2+生成沉淀的离子；D、判断在酸性溶液中是否有与H+反应的离子或其它反应类型解答：解：A、强碱性溶液意味着存在大量的OH，所以Al3+不能共存（Al3+3OH=Al（OH）3），故A错误；B、Fe3+和I因发生氧化还原反应而不能共存（2Fe3+2I=2Fe2+I2）故B错误；C、Ca2+和CO32因发生复分解反应而不能共存，故C错误；D、室温下，pH=1的溶液中的四种离子Na+、Fe3+、NO3、SO42之间不能反应生成沉淀、气体、弱电解质以及其它反应类型，故可
39、以大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子共存问题，做题时注意（一色、二性、三特殊、四反应牢记）由于发生复分解反应，离子不能大量共存；由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；溶液酸碱性的判断（隐含条件）13（3分）（2014秋会宁县校级月考）已知SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色则下列关于该溶液组成的判断正确的是（）A肯定不含IB肯定不含Cu2+C可能含有SO32D肯定不含有NH4+考点：常见离子的检验方法；氧化性、还原性强弱的比较版权所有专题：离子反应专题分析：溶液中加入少量溴水，溶液仍呈
40、无色，可能是亚硫酸根离子过量，溴单质全部和亚硫酸根离子反应，说明溶液中可能含I离子，并且不含Cu2+离子，如含Cu2+离子，则溶液呈蓝色，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在解答：解：溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，可能是亚硫酸根离子过量，溴单质全部和亚硫酸根离子反应，说明溶液中可能含I离子，并且不含Cu2+离子，如含Cu2+离子，则溶液呈蓝色，根据溶液电中性，阴离子只剩有SO32离子，阳离子只有NH4+，则一定含有SO32离子和NH4+离子；所以溶液中 一定含有SO32离子和NH4+离子；一定不含Cu2+离子，可能有I离子；故选B点评：本题考查离子鉴别题目，做题时注意从题目中找出反应
41、的典型现象，根据物质的性质进行推断本题难度不大14（3分）（2014武侯区校级模拟）在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO42+H+，下列说法不正确的是（）A可以利用该反应检验Mn2+B氧气性比较：S2O82MnO4C该反应中酸性介质可以为盐酸D若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，高锰酸根离子呈紫色；B同一化学反应中，氧化剂的氧化性
42、大于氧化产物的氧化性；C盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化；D根据氧化产物和转移电子之间的关系式计算转移电子数解答：解：A酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，锰离子无色，高锰酸根离子呈紫色，所以可以用该反应检验Mn2+，故A正确；B该反应中，过二硫酸根离子得电子化合价降低为氧化剂，锰离子失电子化合价升高为还原剂，则高锰酸根离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性比较：S2O82MnO4，故B正确；C盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，故C错误；DMn2+H2OMnO4+H+转移电子 1mol 5mol 0
43、.1mol 0.5mol所以若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol，故D正确；故选C点评：本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，注意盐酸是强酸且是强还原性酸，易被强氧化剂氧化，为易错点15（3分）（2013秋田家庵区校级月考）糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同下列分析正确的是（）A脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）C脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为：Fe3e=Fe3+D脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e
44、=4OH考点：金属的电化学腐蚀与防护版权所有专题：电化学专题分析：Fe、C和NaCl溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe易失电子作负极，C作正极，负极反应式为Fe2e=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁解答：解：A该装置构成原电池，原电池反应为放热反应，所以去脱氧过程为放热反应，故A错误；B负极反应式为Fe2e=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，所以Fe单质最终转化为+3价铁元素，1.12gFe的物质的量=0.0
45、2mol，完全转化为+3价铁元素时，转移电子的物质的量为0.06mol，根据转移电子守恒消耗氧气体积=336mL（标准状况），故B正确；C脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为：Fe2e=Fe2+，故C错误；DC作正极，电极反应为：2H2O+O2+4e=4OH，故D错误；故选B点评：本题考查金属腐蚀与防护，明确铁腐蚀过程中发生的反应是解本题关键，易错选项是B，注意铁单质最终被氧化生成物质的成分是解本题关键，为易错点16（3分）（2011宝鸡三模）现有CuO和Fe2O3组成的混合物a g，向其中加入4.0molL1硫酸溶液25mL时恰好完全反应若将a g原混合物在足量CO中加热，使其充分反应，冷却
46、后剩余固体质量为（）A1.6gB1.6agC（a0.8）gD（a1.6）g考点：有关混合物反应的计算版权所有专题：等量代换法分析：金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，根据硫酸的物质的量可知金属氧化物中O元素的物质的量，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量解答：解：由反应CuOH2SO4，Fe2O33H2SO4，可知硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，n（H2SO4）=0.025L4mol/L=0.1mol，所以金属氧化物中O的质量为0.1mol16g/mol=1.6g，若将ag原混合物在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则质量为氧化物的质量减去氧的质量
47、，为ag1.6g，故选D点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意根据反应的特点，确定金属氧化物与硫酸反应的关系式，从而得出硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，此为解答该题的关键二、非选择题（共52分）17（2分）（2013秋田家庵区校级月考）如图各图所示装置的气密性检查中，漏气的是D考点：气体发生装置的气密性检查版权所有专题：化学实验基本操作分析：装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法解答：解：A、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A不漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗
48、中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B不漏气；C、用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故C不漏气；D、用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气；故答案为：D点评：本题考查装置气密性的检查虽然实验装置不同，但原理都是依据密闭装置中存在压强差，从而出现不同的现象，判断装置是否漏气有些装置比较复杂或者学生平时比较少见，造成不会分析而出错18（3分）（2013秋田家庵区校级月考）下列实验操作或对实验事实的描述正确的是 （）A不宜用瓷坩埚灼烧氢
49、氧化钠或碳酸钠B定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线，再加水定容C使用容量瓶配制溶液时，俯视刻度线定容后所得溶液浓度偏大D用铝箔包住部分被氧化成Na2O的钠块，并用镊子夹住在水槽中反应，用倒置的量筒量取生成气体的体积，可以计算钠块中钠单质的质量分数E用托盘天平称量11.74g氯化钠晶体F为了使稀硫酸和锌制取氢气的速率加快，可向稀硫酸中加入用铜网包裹的锌粒考点：配制一定物质的量浓度的溶液；计量仪器及使用方法；物质的溶解与加热版权所有专题：化学实验基本操作分析：A、瓷坩埚中含二氧化硅，能与碱反应；B、定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线是正常的；C、定容时俯视刻度线，会导致
50、溶液体积偏小；D、Al能与生成的NaOH反应生成氢气；E、托盘天平精确到0.1g；F、铜网和锌粒在稀硫酸中形成原电池解答：解：A、瓷坩埚中含二氧化硅，能与碱反应，则不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠或碳酸钠固体，故A正确；B、定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线是正常的，若再加水，会导致溶液浓度偏低，故B错误；C、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则所配制溶液浓度偏大，故C正确；D、钠块会与水反应生成氢气和NaOH，而Al能与生成的NaOH反应生成氢气，故氢气是Na和Al共同生成的，故无法根据氢气的量来计算出钠单质的质量分数，故D错误；E、托盘天平只能精确到0.1g，故E错误；F、铜网和
51、锌粒在稀硫酸中形成原电池，能加快反应速率，故F正确故选ACF点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及固体的熔融、溶液的配制、物质百分含量的测量、原电池原理等，注意物质的性质与反应原理，题目难度中等19（4分）（2014秋宜春校级月考）下面所列的是中学化学实验室中几种常见的仪器：容量瓶、量筒、托盘天平、玻璃棒、烧杯若要用碳酸钠固体配制一定物质的量浓度的碳酸钠溶液，还缺少的仪器是胶头滴管；使用容量瓶前的第一步操作是检查是否漏水考点：配制一定物质的量浓度的溶液版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据配制一定物质的量浓度的碳酸钠溶液需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头
52、滴管来分析；容量瓶在使用前首先要检漏；解答：解：因配制一定物质的量浓度的碳酸钠溶液需要的仪器有：称量碳酸钠固体时用到托盘天平和药匙，溶解时用到烧杯和玻璃棒，移液时用到一定规格的容量瓶，定容时用到胶头滴管，故答案为：胶头滴管；容量瓶在使用前要检查是否漏水，故答案为：检查是否漏水点评：本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意相关基本实验操作的实验注意事项20（6分）（2013秋田家庵区校级月考）图示是某学校实验室从化学试剂商店买回来的硫酸试剂标签上的部分内容某实验需要0.5molL1 H2SO4溶液240mL，若由你来配制所需溶液，请根据实验室已有的仪器和药品情况回答下列问题：品名：硫酸化学
53、式：H2SO4相对分子质量：98密度：1.84gcm3质量分数：98%所需浓硫酸的体积是6.8mL，若该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液中溶质的质量分数49%（填写“”“=”或“”）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是将浓硫酸沿器壁（或玻璃棒）慢慢注入水中，且边加边搅拌考点：物质的量浓度的相关计算；配制一定物质的量浓度的溶液版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，再根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积；该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液的质量小于原硫酸溶液质量的2倍，而溶质硫酸的质量不变；浓硫酸
54、稀释：将浓硫酸沿器壁（或玻璃棒）慢慢注入水中，且边加边搅拌解答：解：浓硫酸的物质的量浓度=mol/L=18.4mol/L，没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，根据稀释定律，需要浓硫酸的体积=6.8mL；该硫酸与等体积的水混合后，所得溶液的质量小于原硫酸溶液质量的2倍，而溶质硫酸的质量不变，所得溶液的质量分数49%，故答案为：6.8；浓硫酸稀释：将浓硫酸沿器壁（或玻璃棒）慢慢注入水中，且边加边搅拌，故答案为：将浓硫酸沿器壁（或玻璃棒）慢慢注入水中，且边加边搅拌点评：本题考查溶液浓度计算、基本操作，比较基础，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系21（10分）（2012秋黄州区校级
55、期中）将一定量的CO2气体通入2L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl物质的量关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发）（1）O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3，（2）O到a点发生反应的离子方程式：H+OH=H2O、CO32+H+=HCO3（3）标准状况下通入CO2气体的体积为44.8L，NaOH溶液的物质的量浓度为2.5molL1考点：化学方程式的有关计算；离子方程式的书写版权所有专题：计算题分析：（1）Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+
56、CO2，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3；（2）根据（1）分析可知，O到a点发生反应为：氢离子与氢氧根离子反应生成水，氢离子与碳酸根反应生成碳酸氢根；（3）由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，据此根据方程式计算生成的二氧化碳的物质的量，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，根据V=nVm计算二氧化碳的体积；生成二氧化碳体积最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯
57、离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），再根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），根据c=计算NaOH溶液的物质的量浓度解答：解：（1）Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；（2）根据（1）分析可知，O到a点发生反应为：氢离子与氢氧根离子反应生成水，氢离子与碳酸根反应生成碳酸氢根，发生
58、的离子反应为：H+OH=H2O、CO32+H+=HCO3，故答案为：H+OH=H2O、CO32+H+=HCO3；（3）由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol22.4L/mol=44.8L，加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（Na
59、Cl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）=2.5mol/L，故答案为：44.8；2.5点评：本题考查混合物的计算，难度中等，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分22（13分）（2013秋田家庵区校级月考）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物（1）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1：2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为10%；（2）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为2I+2Fe3+=I2+2Fe2+；（3）高铁酸钾（K2
60、FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O与MnO2Zn电池类似，K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，该电池总反应的离子方程式为2FeO42+8H2O+3Zn=2Fe（OH）3+3Zn（OH）2+4OH考点：铁的氧化物和氢氧化物；化学电源新型电池版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）依据元素守恒计算氯化亚铁和氯化铁物质的量之比，进一步
61、计算氯化铁质量分数；（2）氯化铁具有氧化性碘化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯化亚铁和碘单质；（3）FeCl3与KClO在强碱性条件下发生氧化还原反应生成高铁酸钾、氯化钾、和水，结合得失电子守恒写出方程式；K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，负极为锌失电子发生氧化反应，电极反应Zn2e+2OH=Zn（OH）2；依据产物和电子守恒写出正极反应：FeO42+3e+4H2OFe（OH）3+5OH；有正极反应和负极反应合并得到电池反应解答：解：（1）FeCl2和FeCl3的混合物的样品中FeCl2物质的量为x，FeCl3的物质的量为y，则（x+y）：（2x+3
62、y）=1：2.1，得到x：y=9：1，氯化铁物质的量分数=100%=10%；故答案为：10%；（2）氯化铁具有氧化性碘化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯化亚铁和碘单质，反应离子方程式为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；（3）用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；原电池的负极发生氧化反应，正极电极反应式为：FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH；负极电极反应为：Zn2e+2OH=Zn（OH）2；依据电极反应的电子守恒，2+3合并得到电池
63、反应为：3Zn+2FeO42+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH，故答案为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O；FeO42+3e+4H2O=Fe（OH）3+5OH；3Zn+2FeO42+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH点评：本题考查了铁及其化合物的性质、氧化还原反应、原电池的工作原理的应用、电极反应式的书写等，题目难度中等，熟悉氧化还原反应的规律、原电池的工作原理是解题关键，注意培养阅读材料获取信息的能力23（14分）（2013安徽模拟）资料：（1）草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）呈淡黄色；（2）KMnO4在酸性条件的还原产物
64、为Mn2+某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成这说明草酸亚铁晶体具有还原性（填“氧化性”、“还原性”或“碱性”）若反应中消耗1mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为0.6mol（2）资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是FeO；假设二：全部是四氧化三铁；假设三：氧化亚铁和四氧
65、化三铁的混合物（3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究定性研究请你完成下表中内容实验步骤（不要求具体的操作过程）预期实验现象和结论取少量黑色固体，加入适量的稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立定量研究课题组在文献中查阅到，FeC2O42H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400时，FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式为：FeC2O4.2H2OFeO+CO+CO2+2H2O根据图象，如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g某同学由此得出结论：假设一
66、不成立你是否同意该同学的结论不同意（填“同意”或“不同意”），并简述理由实验未在密闭容器中进行，FeO会被空气进一步氧化，生成铁的其它氧化物考点：性质实验方案的设计版权所有专题：实验设计题分析：（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量；（2）草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体可能为氧化亚铁或四氧化三铁，分析判断；（3）氧化亚铁溶解于盐酸生成氯化亚铁溶液，加入KSCN溶液，若溶液不变红证明假设一
67、正确；定量实验：根据图中提供的信息，通过计算可以判断反应的化学方程式和物质的化学式；如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，最终残留黑色固体的质量大于0.4g某同学由此得出结论：假设一不成立不合理，氧化亚铁可以被空气氧化解答：解：（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化还原反应电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为：5Fe2+5C2O42+3MnO4+24H+=5Fe3+3Mn2+5CO2+12H2O
68、，消耗1mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为0.6mol；故答案为：还原性；0.6；（2）假设一：全部是氧化亚铁；假设二：全部是四氧化三铁；假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物；故答案为：全部是四氧化三铁；氧化亚铁和四氧化三铁的混合物；（3）定性研究实验步聚：取少量黑色固体，加入适量的稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液现象与结论：若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立；故答案为：取少量黑色固体，加入适量的稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液，若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立；定量研究通过剩余固体的质量可知，过程发
69、生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，设失去结晶水x，图象分析可知固体质量变化1.00.8=0.2g，依据则反应的化学方程式计算为：FeC2O42H2OFeC2O4+（2x）H2O+xH2Om 180 18x 1.0 0.2x=2加热到300C，晶体全部失去结晶水生成草酸亚铁和水，继续加热到400C，固体质量减少0.8g0.4g=0.4g；此时草酸亚铁分解减少的是气体质量，反应过程中一定存在反应生成氧化亚铁和二氧化碳，铁元素化合价不变时，依据元素化合价变化和电子守恒可知碳元素化合价从+3价变化为+4价，一定有化合价降低生成+2价的一氧化碳，反应的化学方程式FeC2O4FeO+CO+CO2，分
70、析图象可知；FeC2O4FeO+CO+CO2 m 144 72 0.8 0.4计算结果符合图象固体质量变化，所以反应的化学方程式为：FeC2O4.2H2OFeO+CO+CO2+2H2O；故答案为：FeC2O4.2H2OFeO+CO+CO2+2H2O；如有1.0g草酸亚铁晶体在坩埚中敞口充分加热，依据铁元素守恒计算得到若生成氧化亚铁，质量为0.4g，但实验过程中最终残留黑色固体的质量大于0.4g，可能是实验未在密闭容器中进行，氧化亚铁被空气氧化为氧化铁，某同学由此得出结论：假设一不成立不合理；故答案为：不同意，实验未在密闭容器中进行，FeO会被空气进一步氧化，生成铁的其它氧化物点评：本题考查了铁及其化合物性质的实验验证和实验分析判断，定量计算，图象分析是解题关键，题目难度较大
