1、2016-2017学年安徽省马鞍山市和县一中高三（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1下列关于金属铝、铁及其化合物的叙述错误的是（）A硬铝和不锈钢都是合金B硫酸铁和明矾一样可以用作净水剂C铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧D铝在空气中容易形成氧化膜，不易腐蚀2已知X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）AX的原子序数比Y的小BX原子的最外层电子数比Y的大CX的原子半径比Y的大DX元素的最高正价比Y的大3在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2mol L气体和3mol M气体相混合，发生如下反应：2L（g）
2、+3M（g）xQ（g）+3R（g）4s后该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的反应速率为0.1mol/（Ls），下列有关叙述正确的是（）Ax值为2B混合气体的密度变大CL的转化率为80%D平衡时M的浓度为0.6mol/L4下列说法正确的是（）A铁是位于第四周期第B族元素，是一种重要的过渡元素B四氧化三铁是氧化铁和氧化亚铁组成的混合物C14克铁粉和7克硫粉混合后高温下充分反应能生成21克硫化亚铁D铁在溴蒸气中点燃可生成FeBr3510g某气态烷烃和气态单烯烃组成的混合气体是相同状况下H2密度的12.5倍，通入足量溴水中，溴水增重8.4g，此两种烃是（）A甲烷和乙烯B甲烷和丁烯C乙烷和乙
3、烯D乙烷和丁烯6鉴别NaCl、NaBr、NaI可以采用的试剂是（）A碘水、淀粉溶液B碘化钾淀粉溶液C溴水、苯D氯水、CCl47下列物质分别与100mL 2mol/L的盐酸恰好反应时，所得溶液的溶质的物质的量浓度的大小关系是：（）镁粉 氧化镁 氢氧化镁 碳酸镁AB=C=D=8在一定温度下，已知有关某溶液的一些数据：溶液的质量，溶剂的质量，溶液的体积，溶质的摩尔质量，溶质（气体）的体积（Vm已知），溶液的密度，溶液的质量分数利用下列各组数据计算该溶液的物质的量浓度，不能算出的一组（）ABCD二、解答题（共9小题，满分76分）9反应aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）在容积不变的密闭容器中达
4、到平衡，且起始时A与B的物质的量之比为a：b则：（1）平衡时A与B的转化率之比是（2）若同等倍数地增大A、B的物质的量浓度，要使A与B的转化率同时增大，（a+b）与（c+d）所满足的关系是（a+b）（c+d） （填“”“=”“”或“没关系”）（3）设定a=2，b=1，c=3，d=2，在甲、乙、丙、丁4个容器中（容积相等），A的物质的量依次是2mol、1mol、2mol、1mol，B的物质的量依次是1mol、1mol、2mol、2mol，C和D的物质的量均为0则在相同温度下达到平衡时，A的转化率最大的容器是，B的转化率由大到小的顺序是（填容器序号）106.1gSiO2跟足量的NaOH溶液反应，然
5、后再用适量盐酸滴加至中性，生成的硅酸沉淀质量为7.8g求此SiO2的纯度11FeSO47H2O广泛用于医药和工业领域以下是FeSO47H2O的实验室制备流程图根据题意完成下列填空：（1）碳酸钠溶液能除去酯类油污，是因为（用离子方程式表示），（2）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，理由是（用离子方程式回答），以下是测定某补血剂（FeSO47H2O）中铁元素含量的流程图根据题意完成下列填空：（3）步骤需要100mL1mol/L的稀硫酸，用98.3%，=1.84g/cm3的浓硫酸配制，所用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管及（4）步骤一系列操作依次是：过滤洗涤冷却称量恒重操作操作的目的是（5）假
6、设实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量g（用含a的代数式表示）12甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素该反应的离子方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O设计实验方案如下（实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4）：甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小某同学进行实验，实验装置如图1其中A、B的成分见表序号A溶液B溶液2mL 0.2mol/L H2C2O4溶液4mL 0.01mol/L KMnO4溶液2mL 0.1mol/L H2C2O4溶液4mL 0.01mol/L KMnO
7、4溶液2mL 0.2mol/L H2C2O4溶液4mL 0.01mol/L KMnO4溶液和少量MnSO4（1）该实验的目的是（2）实验开始前需要检查气密性分液漏斗中A溶液应该加入（填“一次性”或“逐滴滴加”）（3）完成该实验还需要（填仪器名称），实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平（4）请在图2中，画出实验、中CO2体积随时间变化的预期结果示意图乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验实验编号1234水/mL1050X0.5mol/L H2C2O4/mL5101050.2
8、mol/L KMnO4/mL551010时间/s402010（5）X=，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是（6）2号反应中，H2C2O4的反应速率为（7）在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做3号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：时间/s051015202530温度/2526262626.52727结合实验目的与表中数据，你得出的结论是（8）从影响化学反应速率的因素看，你的猜想还可能是的影响13为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，
9、某同学通过改变浓度研究“2Fe3+2I2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化实验如图1所示：（1）待实验溶液颜色不再改变时，再进行实验目的是使实验的反应到达（2）是的对比实验，目的是排除中造成的影响（3）和的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化用化学平衡移动原理解释原因：（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测I中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I）降低，导致I的还原性弱于Fe2+用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证K闭合时，指针向右偏转，b作极当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液产生的现象证实了其推测
10、该现象是（5）按照（4）的原理，该同学用图2装置进行实验，证实了中Fe2+向Fe3+转化的原因转化的原因是与（4）实验对比，不同的操作是（6）实验中，还原性：IFe2；而实验中，还原性Fe2I将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是14反应SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g），若在一定温度下，将物质的量浓度均为2mol/L的SO2（g）和NO2（g）注入一密闭容器中，当达到平衡状态时，测得容器中SO2（g）的转化率为50%，试求：在该温度下（1）此反应的平衡常数（2）相同温度下，若SO2（g）的初始浓度增大到3mol/L，NO2（g）的初始浓度仍为2mol/L，则SO2（g）
11、、NO2（g）的转化率变为多少？15下列框图所示的物质转化关系中，甲是日常生活中常见的金属，乙、丙、丁是常见的气体单质气体B与气体C相遇产生白烟，A是强碱，D的焰色反应呈紫色（部分反应物和生成物及溶剂水已略去）请回答下列问题：（1）D的化学式为（2）C的电子式为（3）写出A溶液和甲反应的离子方程式：（4）写出工业上制备B的化学方程式：16A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件及其他物质已经略去）：ABCD（1）若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸则A、D分别为A：，D：（填写化学式，下同）简述检验B物质的方法写出D的浓溶液和Cu在加热条件
12、的化学方程式（2）若A金属，D为强碱，则C的化学式为，等物质的量的B和C中所含离子的物质的量（填写相等或不相等）在CD的化学反应中，还原剂是，1摩尔C完全反应转移电子的物质的量为17某些化学反应可用下式表示：A+BC+D+H2O请回答下列问题：（1）若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，写出该反应的离子方程式：（2）若C为氯化钠，D能使澄清石灰水变浑浊的无味气体，则A与B的组合是：（3）若A为紫红色金属，D为红棕色气体，请写出符合上式的化学方程式：（4）若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，则A与B的组合是2016-2017学年安徽省马鞍山市和县一中高三（上）月考化学试卷（
13、9月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1下列关于金属铝、铁及其化合物的叙述错误的是（）A硬铝和不锈钢都是合金B硫酸铁和明矾一样可以用作净水剂C铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧D铝在空气中容易形成氧化膜，不易腐蚀【考点】铝的化学性质；铁的化学性质【分析】A、根据不锈钢、硬铝的成分和合金的概念分析判断；B、明矾净水是氢氧化铝净水；硫酸铁是氢氧化铁净水；C、铝在空气中不能燃烧；D、金属铝在空气中被氧化为氧化铝，形成保护膜【解答】解：A、不锈钢是铁铬、镍合金、硬铝是铝硅、镁等形成的合金，故A正确；B、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，硫酸铁净水是
14、铁离子水解生成的氢氧化铁具有净水作用，故B正确；C、铝箔在空气中受热可以熔化，但在空气中不能燃烧，故C错误；D、铝在空气中能被氧化为氧化铝，形成保护膜，不易腐蚀，故D正确故选C2已知X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）AX的原子序数比Y的小BX原子的最外层电子数比Y的大CX的原子半径比Y的大DX元素的最高正价比Y的大【考点】原子结构与元素的性质【分析】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，则三微粒核外电子数相同，最外层电子数为8，Y与氩同周期，X在它们的下一周期，三种粒子其原子序数关系应为：XArY，X元素形成阳离子和Y元素形
15、成阴离子，最外层电子数YX，X在Y的下一周期，原子半径XY【解答】解：X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氩原子相同的电子层结构，则三微粒核外电子数相同，最外层电子数为8，Y与氩同周期，X在它们的下一周期，三种粒子其原子序数关系应为：XArY，X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子，最外层电子数YX，X在Y的下一周期，原子半径XYA、X在Y的下一周期，原子序数XY，故A错误；B、X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子，最外层电子数YX，故B错误；C、X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子，最外层电子数YX，X在Y的下一周期，原子半径XY，故C正确；D、X元素形成阳离子和Y元素形成阴离子，最外层电子数YX，
16、最高正价YX，故D错误故选C3在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2mol L气体和3mol M气体相混合，发生如下反应：2L（g）+3M（g）xQ（g）+3R（g）4s后该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的反应速率为0.1mol/（Ls），下列有关叙述正确的是（）Ax值为2B混合气体的密度变大CL的转化率为80%D平衡时M的浓度为0.6mol/L【考点】化学平衡的计算【分析】A根据n=cV计算生成Q的物质的量，结合R的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；B容器的容积不变，混合气体的质量不变，根据=判断；C根据计算参加反应L的物质的量，L的转化率=100%
17、；D根据生成的R的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的M的物质的量，M的平衡浓度=【解答】解：A平衡时生成的Q的物质的量为0.1mol/Ls2L4s=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol：2.4mol=x：3，解得x=1，故A错误；B反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据=可知混合气体的密度不变，故B错误；C反应达到平衡时，生成2.4molR，由方程式可知，参加反应的L的物质的量为1.6mol，则L的转化率为100%=80%，故C正确，D反应达到平衡时，生成2.4molR，由方程式可知，参加反应的M
18、的物质的量为2.4mol，故平衡时M的物质的量为3mol2.4mol=0.6mol，M的平衡浓度为=0.3mol/L，故D错误；故选：C4下列说法正确的是（）A铁是位于第四周期第B族元素，是一种重要的过渡元素B四氧化三铁是氧化铁和氧化亚铁组成的混合物C14克铁粉和7克硫粉混合后高温下充分反应能生成21克硫化亚铁D铁在溴蒸气中点燃可生成FeBr3【考点】铁的化学性质；元素周期表的结构及其应用；铁的氧化物和氢氧化物【分析】AFe原子序数为26，原子结构中有4个电子层，价电子为3d64s2；B四氧化三铁为一种物质；C反应中铁过量；D溴蒸气具有强氧化性【解答】解：AFe原子序数为26，原子结构中有4个
19、电子层，价电子为3d64s2，铁位于元素周期表中的第四周期第族，不是副族元素，故A错误；B四氧化三铁是纯净物，故B错误C反应中铁过量，生成硫化亚铁的质量小于21 g，故C错误；D溴蒸气具有强氧化性，铁在溴蒸气中点燃可生成FeBr3，故D正确；故选：D510g某气态烷烃和气态单烯烃组成的混合气体是相同状况下H2密度的12.5倍，通入足量溴水中，溴水增重8.4g，此两种烃是（）A甲烷和乙烯B甲烷和丁烯C乙烷和乙烯D乙烷和丁烯【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为
20、=0.4mol该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，物质的量为0.1mol，故烯烃的物质的量为0.3mol，结合烯烃的质量和物质的量来确定烯烃的摩尔质量，再根据烯烃组成通式确定烯烃【解答】解：混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为=0.4mol该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，物质的量为甲烷的物质的量为=0.1mol，故烯烃的物质的量为0.4mol0.1mol=0.3m
21、ol，所以M（烯烃）=28g/mol，令烯烃的组成为CnH2n，则14n=28，所以n=2，故为乙烯，所以混合物为甲烷、乙烯，故选A6鉴别NaCl、NaBr、NaI可以采用的试剂是（）A碘水、淀粉溶液B碘化钾淀粉溶液C溴水、苯D氯水、CCl4【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】鉴别NaCl、NaBr、NaI，可根据阴离子的性质不同以及氧化性强弱Cl2Br2I2判断反应的可能性进行检验【解答】解：A加入碘水、淀粉溶液，因碘和三种物质都不反应，不能鉴别，故A错误；B碘化钾淀粉溶液，和三种物质都不反应，不能鉴别，故B错误；C加入溴水，不能鉴别NaCl、NaBr，故C错误；D加入氯水，
22、可生成Br2和I2，溶液四氯化碳的颜色不同，可鉴别，故D正确故选D7下列物质分别与100mL 2mol/L的盐酸恰好反应时，所得溶液的溶质的物质的量浓度的大小关系是：（）镁粉 氧化镁 氢氧化镁 碳酸镁AB=C=D=【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算【分析】由选项可知最后溶液为氯化镁溶液，参加反应的盐酸相同，溶液中氯化镁的物质的量相同，根据方程式判断参加反应的各物质的物质的量，判断溶质质量变化，溶液质量越大，溶质的浓度越小，据此判断【解答】解：100mL 2mol/L的盐酸含有氯化氢的物质的量=0.1L2mol/L=0.2mol；发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2，根据反应可
23、知0.2molHCl反应，需0.1molMg，生成氢气0.1mol，溶液增重为Mg的质量减去生成的氢气的质量为0.1mol24g/mol0.1mol2g/mol=2.2g；发生反应MgO+2HCl=MgCl2+H2O，根据反应可知0.2molHCl反应，需0.1molMgO，溶液增重为MgO的质量为0.1mol40g/mol=4g；发生反应Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+H2O，根据反应可知0.2molHCl反应，需0.1molMg（OH）2，溶液增重为Mg（OH）2的质量为0.1mol58g/mol=5.8g；发生反应MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2，根据反应可知0.2
24、molHCl反应，需0.1molMgMgCO3，生成CO20.1mol，溶液增重为MgCO3的质量减去生成的CO2的质量为0.1mol84g/mol0.1mol44g/mol=4g；所以溶液质量增重为Mg（OH）2MgO=MgCO3Mg溶液中氯化镁的物质的量相同，所以溶液质量越大，氯化镁浓度越小，所以与Mg（OH）2反应，所得溶液浓度最小，所以得到：=故选B8在一定温度下，已知有关某溶液的一些数据：溶液的质量，溶剂的质量，溶液的体积，溶质的摩尔质量，溶质（气体）的体积（Vm已知），溶液的密度，溶液的质量分数利用下列各组数据计算该溶液的物质的量浓度，不能算出的一组（）ABCD【考点】物质的量浓度
25、的相关计算【分析】计算物质的量浓度的公式为：c=，据此对各选项进行判断，其中C项缺溶质质量，无法计算溶液的物质的量浓度【解答】解：A溶液的体积，溶质（气体）的体积（Vm已知），可以根据c=计算出溶液的浓度，故A错误；B溶液的质量，溶质的摩尔质量，溶液的密度，根据c=可知，可以根据V=计算出溶液体积，但是缺少溶质质量，无法计算溶质的物质的量，故B正确；C溶液的质量，溶质的摩尔质量，溶液的密度，溶液的质量分数，可以根据V=计算出溶液体积，根据计算出溶质的质量，再根据n=计算出溶质的物质的量，从而根据c=计算出溶液浓度，故C错误；D溶液的质量，溶剂的质量，溶液的体积，溶质的摩尔质量：可以根据计算出溶
26、质的质量，再结合及n=计算出溶质的物质的量，从而根据c=计算出溶液浓度，故D错误；故选B二、解答题（共9小题，满分76分）9反应aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）在容积不变的密闭容器中达到平衡，且起始时A与B的物质的量之比为a：b则：（1）平衡时A与B的转化率之比是1：1（2）若同等倍数地增大A、B的物质的量浓度，要使A与B的转化率同时增大，（a+b）与（c+d）所满足的关系是（a+b）（c+d） （填“”“=”“”或“没关系”）（3）设定a=2，b=1，c=3，d=2，在甲、乙、丙、丁4个容器中（容积相等），A的物质的量依次是2mol、1mol、2mol、1mol，B的物质的量依次
27、是1mol、1mol、2mol、2mol，C和D的物质的量均为0则在相同温度下达到平衡时，A的转化率最大的容器是丁，B的转化率由大到小的顺序是甲乙丙丁（填容器序号）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）起始时A与B的物质的量之比为a：b，等于化学计量数之比，平衡时A与B的转化率相等；（2）同等倍数地增大A、B的浓度，等效为增大压强，A与B的转化率同时增大，平衡向正反应移动；（3）甲相当于在乙的基础上再增加A的物质的量，所以甲中B的转化率大于乙中B的转化率，但A的转化率要小于乙中A的转化率；丁相当于在乙的基础上再增加B的物质的量，所以丁中A的转化率大于乙中A的转化率，但B的转化
28、率要小于乙中B的转化率；丙和乙相比，相当于在乙平衡基础上增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以转化率均降低；丙和甲相比，相当于在甲的基础上再增加B的物质的量，所以丙中A的转化率大于甲中A的转化率，但B的转化率要小于甲中B的转化率；丙和丁相比，相当于在丁的基础上再增加A的物质的量，所以丙中B的转化率大于丁中B的转化率，但A的转化率要小于丁中A的转化率【解答】解：（1）起始时A与B的物质的量之比为a：b，等于化学计量数之比，平衡时A与B的转化率相等，即平衡时A与B的转化率之比是1：1，故答案为：1：1；（2）同等倍数地增大A、B的浓度，等效为增大压强，A与B的转化率同时增大，平衡向正反应移动，增大压
29、强平衡向气体体积减小的方向移动，故a+bc+d，故答案为：；（3）将起始时情况作如下排列： 2A（g）+B（g）3C（g）+2D（g）甲：2 mol 1 mol乙：1 mol 1 mol丙：2 mol 2 mol丁：1 mol 2 molA越少B越多，A的转化率越高，则A转化率最高的为丁，最低的为甲；甲与乙比较，甲相当于在乙的基础上加1molA，平衡向正反应方向移动，故B的转化率甲乙；乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1 mol A和1 mol B，因是恒容等效为加压，平衡逆向移动，则B的转化率丙乙；丁与丙比较，丁相当于在丙的基础上移走1molA，平衡向逆反应方向移动，故B的转化率丙
30、丁，故B的转化率：甲乙丙丁；故选：丁，甲乙丙丁106.1gSiO2跟足量的NaOH溶液反应，然后再用适量盐酸滴加至中性，生成的硅酸沉淀质量为7.8g求此SiO2的纯度【考点】化学方程式的有关计算【分析】SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，加入盐酸生成H2SiO3，关系式为SiO2Na2SiO3H2SiO3，结合关系式计算该题【解答】解：反应关系式为SiO2Na2SiO3H2SiO3，设6.1gSiO2含有xg6.1gSiO2，则SiO2Na2SiO3H2SiO3，60g 78gxg 7.8gx=6，则质量分数为=98.4%，答：SiO2的纯度为98.4%11FeSO47H2O广泛用于
31、医药和工业领域以下是FeSO47H2O的实验室制备流程图根据题意完成下列填空：（1）碳酸钠溶液能除去酯类油污，是因为CO32+H2OHCO3+OH（用离子方程式表示），（2）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，理由是（用离子方程式回答）Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，2Fe3+Fe3Fe2+以下是测定某补血剂（FeSO47H2O）中铁元素含量的流程图根据题意完成下列填空：（3）步骤需要100mL1mol/L的稀硫酸，用98.3%，=1.84g/cm3的浓硫酸配制，所用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管及100mL容量瓶（4）步骤一系列操作依次是：过滤洗涤灼烧冷却称量恒重操作操作的目的是
32、确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁（5）假设实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量0.07ag（用含a的代数式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】废铁屑中含有酯类油污，Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32水解生成HCO3和OH，升高促进CO32水解，碱促进油脂水解，然后过滤洗涤，加入稀硫酸，发生反应II为Fe+H2SO4=FeSO4+H2，趁热过滤、冷却结晶，过滤洗涤得到FeSO47H2O；将补血剂研细，向药片中加入稀硫酸，然后过滤得到沉淀，向滤液中加入双氧水，发生反应2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，向溶液中加入过量X溶液生成红
33、褐色沉淀，则X为碱，将红褐色沉淀灼烧得到红棕色固体Fe2O3，据此分析解答【解答】解：废铁屑中含有酯类油污，Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32水解生成HCO3和OH，升高促进CO32水解，碱促进油脂水解，然后过滤洗涤，加入稀硫酸，发生反应II为Fe+H2SO4=FeSO4+H2，趁热过滤、冷却结晶，过滤洗涤得到FeSO47H2O；（1）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32水解生成HCO3和OH，水解方程式为CO32+H2OHCO3+OH，故答案为：CO32+H2OHCO3和OH；（2）废铁屑中含氧化铁，无需在制备前除去，因为氧化铁和酸反应生成铁盐，铁盐能被Fe还原生成亚铁盐，涉及的离子方程式为F
34、e2O3+6H+2Fe3+3H2O、2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；2Fe3+Fe3Fe2+；将补血剂研细，向药片中加入稀硫酸，然后过滤得到沉淀，向滤液中加入双氧水，发生反应2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，向溶液中加入过量X溶液生成红褐色沉淀，则X为碱，将红褐色沉淀灼烧得到红棕色固体Fe2O3，（3）配制一定物质的量浓度的溶液时还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；（4）步骤一系列操作依次是：过滤洗涤灼烧冷却称量恒重操作，操作的目的是确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁，故答案为：灼烧（加热）；确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁；（
35、5）ag中m（Fe）=ag=0.7ag，则每片药品中Fe的质量为0.07ag，故答案为：0.07a12甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素该反应的离子方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O设计实验方案如下（实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4）：甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小某同学进行实验，实验装置如图1其中A、B的成分见表序号A溶液B溶液2mL 0.2mol/L H2C2O4溶液4mL 0.01mol/L KMnO4溶液2mL 0.1mol/L H2C2O4溶液4
36、mL 0.01mol/L KMnO4溶液2mL 0.2mol/L H2C2O4溶液4mL 0.01mol/L KMnO4溶液和少量MnSO4（1）该实验的目的是探究草酸浓度和催化剂对化学反应速率的影响（2）实验开始前需要检查气密性分液漏斗中A溶液应该一次性加入（填“一次性”或“逐滴滴加”）（3）完成该实验还需要秒表（填仪器名称），实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平（4）请在图2中，画出实验、中CO2体积随时间变化的预期结果示意图乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验实验
37、编号1234水/mL1050X0.5mol/L H2C2O4/mL5101050.2mol/L KMnO4/mL551010时间/s402010（5）X=5，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是KMnO4过量（6）2号反应中，H2C2O4的反应速率为0.00625mol/（Ls）（7）在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做3号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：时间/s051015202530温度/2526262626.52727结合实验目的与表
38、中数据，你得出的结论是温度不是反应速率突然加快的原因（8）从影响化学反应速率的因素看，你的猜想还可能是反应产物的影响【考点】测定某些化学反应的速率；化学反应速率的影响因素【分析】（1）根据实验、中不同的物理量判断该实验目的；（2）为了避免影响测定结果，分液漏斗中的A溶液不能逐滴加入；（3）判断反应速率需要时间，用秒表计时；（4）中草酸浓度小于，中反应物浓度相同，但中使用了催化剂，根据浓度、催化剂对反应速率的影响画出、中CO2体积随时间变化的示意图；（5）探究浓度对反应速率的影响时，溶液的总体积都为20mL，据此判断X值；由于4号实验中高锰酸钾过量，则溶液没有褪色；（6）根据n=cV计算出反应物
39、的物质的量，然后根据不足量计算出反应消耗的草酸的物质的量，最后根据v=计算出H2C2O4的反应速率；（7）根据表中数据知，20s时温度不最高，但20s前突然褪色；（8）随着反应的进行，生成物浓度增大，可能生成物影响化学反应速率【解答】解：（1）根据表中数据可知，实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验探究的是催化剂对反应速率的影响，所以该实验的目的是探究温度、催化剂对反应速率的影响，故答案为：探究草酸浓度和催化剂对化学反应速率的影响；（2）为了避免实验误差，实验过程中分液漏斗中的溶液A必须一次性加入，不能逐滴加入，故答案为：一次性；（3）根据反应速率v=可知，需要测定时间从而判断反应速率大小，需
40、要用秒表计时；故答案为：秒表；（4）实验中其它量都与相同，只有草酸的浓度小于，则反应生成二氧化碳的速率小于，反应结束时间大于；实验中各物质的浓度都与实验相同，而实验中使用了催化剂，则反应速率大于，反应结束时间小于；由于酸性高锰酸钾不足，则反应生成的二氧化碳的体积都相等，据此画出实验、中CO2体积随时间变化的示意图为：，故答案为：；（5）为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，实验14中溶液的总体积应该为20，则X=20105=5；根据反应2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O可知，10mL酸性高锰酸钾需要消耗10mL草酸溶液，所以实验4中高锰酸钾过量，导
41、致溶液没有褪色，故答案为：5；KMnO4过量；（6）2号实验中草酸的物质的量为：0.5mol/L0.01L=0.005mol，高锰酸钾的物质的量为：0.2mol/L0.005L=0.001mol，根据反应2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O可知，高锰酸钾不足，所以反应中消耗的草酸的物质的量为：0.001mol=0.0025mol，2号反应中，H2C2O4的反应速率为：v（H2C2O4）=0.00625mol/（Ls），故答案为：0.00625mol/（Ls）；（7）根据表中数据知，20s时温度不最高，但20s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因，故答案为：
42、温度不是反应速率突然加快的原因；（8）随着反应的进行，生成物浓度增大，化学反应速率加快，所以可能是生成物影响化学反应速率，故答案为：反应产物13为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3+2I2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化实验如图1所示：（1）待实验溶液颜色不再改变时，再进行实验目的是使实验的反应到达化学平衡状态（2）是的对比实验，目的是排除中溶液稀释对颜色的变化造成的影响（3）和的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化用化学平衡移动原理解释原因：Ag+与I生成AgI黄色沉淀，I浓度降低，2Fe3+2I2Fe2+I2平衡逆向移
43、动（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测I中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I）降低，导致I的还原性弱于Fe2+用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证K闭合时，指针向右偏转，b作正极当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液产生的现象证实了其推测该现象是左管出现黄色沉淀，指针向左偏转（5）按照（4）的原理，该同学用图2装置进行实验，证实了中Fe2+向Fe3+转化的原因转化的原因是Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I与（4）实验对比，不同的操作是向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液（6）实验中，还原性：I
44、Fe2；而实验中，还原性Fe2I将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动【考点】真题集萃；氧化还原反应【分析】（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态； （2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响； （3）i加入AgNO3，Ag+与I生成AgI黄色沉淀，I浓度降低，2Fe3+2I2Fe2+I2平衡逆向移动； ii加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+
45、得到电子，作正极；当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I浓度降低，2Fe3+2I2Fe2+I2平衡逆向移动；（5）Fe2+浓度增大，还原性增强；与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，可知氧化性、还原性与浓度有关【解答】解：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态； （2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为
46、了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释对颜色的变化； （3）i加入AgNO3，Ag+与I生成AgI黄色沉淀，I浓度降低，2Fe3+2I2Fe2+I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：Ag+与I生成AgI黄色沉淀，I浓度降低，2Fe3+2I2Fe2+I2平衡逆向移动； ii加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：正；当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I浓度降低，2Fe3+2I2Fe2+I2平衡逆向移动
47、，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左管出现黄色沉淀，指针向左偏转；（5）转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I，故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I；与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，故答案为：向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，故答案为：该反
48、应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动14反应SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g），若在一定温度下，将物质的量浓度均为2mol/L的SO2（g）和NO2（g）注入一密闭容器中，当达到平衡状态时，测得容器中SO2（g）的转化率为50%，试求：在该温度下（1）此反应的平衡常数（2）相同温度下，若SO2（g）的初始浓度增大到3mol/L，NO2（g）的初始浓度仍为2mol/L，则SO2（g）、NO2（g）的转化率变为多少？【考点】化学平衡的计算【分析】依据化学平衡三段式列式计算，当达到平衡状态时，测得容器中SO2（g）的转化率
49、为50%， SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）起始量（mol/L） 2 2 0 0变化量（mol/L） 1 1 1 1平衡量（mol/L） 1 1 1 1（1）依据平衡常数概念列式计算得到；（2）依据平衡三段式，结合平衡常数计算【解答】解：当达到平衡状态时，测得容器中SO2（g）的转化率为50%， SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）起始量（mol/L） 2 2 0 0变化量（mol/L） 1 1 1 1平衡量（mol/L） 1 1 1 1（1）反应平衡常数K=1，答：反应的平衡常数为1；（2）相同温度下，若SO2（g）的初始浓度增大到3mol/L，NO2（g）的
50、初始浓度仍为2mol/L，设消耗二氧化硫浓度为x； SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）起始量（mol/L） 3 2 0 0变化量（mol/L） x x x x平衡量（mol/L） 3x 2x x x平衡常数K=1x=1.2mol/L则SO2（g）转化率=100%=40%，NO2（g）的转化率=100%=60%，答：SO2（g）转化率从50%变化为40%，NO2（g）的转化率50%变为60%15下列框图所示的物质转化关系中，甲是日常生活中常见的金属，乙、丙、丁是常见的气体单质气体B与气体C相遇产生白烟，A是强碱，D的焰色反应呈紫色（部分反应物和生成物及溶剂水已略去）请回答下列问题
51、：（1）D的化学式为KCl（2）C的电子式为（3）写出A溶液和甲反应的离子方程式：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2（4）写出工业上制备B的化学方程式：N2+3H22NH3【考点】无机物的推断【分析】乙、丙、丁为单质，一定条件下乙与丙反应得到B，丙、丁在点燃条件下反应得到C，且B与C相遇生成大量白烟生成E，可知B为NH3，C为HCl，则丙为H2，乙为N2，丁为Cl2，E为NH4Cl，NH4Cl与强碱A反应生成NH3与D，且D的焰色为紫色，含有K元素，故A为KOH、D为KCl，甲是日常生活中常见的金属，能与KOH反应生成氢气，则甲为Al，据此解答【解答】解：乙、丙、丁为单质，一定条件下乙
52、与丙反应得到B，丙、丁在点燃条件下反应得到C，且B与C相遇生成大量白烟生成E，可知B为NH3，C为HCl，则丙为H2，乙为N2，丁为Cl2，E为NH4Cl，NH4Cl与强碱A反应生成NH3与D，且D的焰色为紫色，含有K元素，故A为KOH、D为KCl，甲是日常生活中常见的金属，能与KOH反应生成氢气，则甲为Al（1）D的化学式为KCl，故答案为：KCl；（2）C为HCl，电子式为，故答案为：；（3）A溶液和甲反应的离子方程式：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；（4）工业上制备NH3的化学方程式：N2+3H22NH3，故答案为：N2+
53、3H22NH316A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件及其他物质已经略去）：ABCD（1）若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸则A、D分别为A：H2S，D：H2SO4（填写化学式，下同）简述检验B物质的方法将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色写出D的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+SO2（2）若A金属，D为强碱，则C的化学式为Na2O2，等物质的量的B和C中所含离子的物质的量相等（填写相等或不相等）在CD的化学反应中，还原剂是Na2O2，1摩尔C完全反应转移电子的物质的量为
54、1mol【考点】无机物的推断【分析】（1）若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸，S元素化合物符合转化关系，可推知，A为H2S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4；（2）若A金属，D为强碱，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH【解答】解：（1）若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸，S元素化合物符合转化关系，可推知，A为H2S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，故答案为：H2S；H2SO4；简述检验SO2物质的方法：将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色，故答案为：将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；硫酸的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程
55、式：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+SO2，故答案为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+SO2；（2）若A金属，D为强碱，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOHC的化学式为：Na2O2，等物质的量的Na2O和Na2O2中所含离子的物质的量之比为1：1，含有离子数目相等，故答案为：Na2O2；相等；CD的化学反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，各占，1摩尔Na2O2完全反应转移电子的物质的量为1mol2=1mol，故答案为：Na2O2；1mol17某些化学反应可用下式表示：A+BC+D+H2O请回答下列问题：
56、（1）若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，写出该反应的离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O（2）若C为氯化钠，D能使澄清石灰水变浑浊的无味气体，则A与B的组合是：NaHCO3和盐酸或Na2CO3和盐酸（3）若A为紫红色金属，D为红棕色气体，请写出符合上式的化学方程式：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O（4）若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，则A与B的组合是C和浓硫酸【考点】无机物的推断【分析】（1）若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，常见反应为氯气和氢氧化钠的反应；（2）若C为氯化钠，D能使澄清石灰水变浑浊的无味
57、气体，应为CO2，碳酸氢钠或碳酸钠都能和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；（3）若A为紫红色金属，应为Cu，D为红棕色气体，则D是NO2，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；（4）若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，应为SO2和CO2，在加热条件下，浓硫酸和碳发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫【解答】解：（1）若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，常见反应为氯气和氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（2）若C为氯化钠，D能使澄清石灰水变浑浊的无味气体，应为CO2，碳酸氢钠或碳酸钠都能和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，所以A和B的组合NaHCO3和盐酸或Na2CO3和盐酸，故答案为：NaHCO3和盐酸或Na2CO3和盐酸；（3）若A为紫红色金属，应为Cu，D为红棕色气体，则D是NO2，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；（4）若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，应为SO2和CO2，在加热条件下，浓硫酸和碳发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫，所以A和B的组合是C和浓硫酸，故答案为：C和浓硫酸2017年3月15日