1、安徽省淮北市濉溪一中2015-2016学年高三（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1化学来源于生活，应用于生活，渗透在生活的各个领域下列有关物质的性质与应用的说法不相对应的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂BFeCl3溶液能与铜反应，可用于蚀刻印刷电路板C碳酸氢钠可与盐酸反应，可用作抗酸药DSiO2具有良好的导电性，可用作光导纤维2下列有关物质结构的说法正确的是（）A含有离子键的化合物一定是离子化合物B分子晶体中一定存在共价键CH2O2分子中既存在键又存在键D晶体中分子间作用力越大，分子越稳定3下列有关实验操作或
2、仪器的使用正确的是（）A除去氯气中的氯化氢B制备Fe（OH）2C实验室制备氨气D保存浓硝酸4下列有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）AP、S、Cl的最高价含氧酸的酸性依次增强B第A族元素铯的同位素137Cs比133Cs多4个质子C第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7D元素周期表位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素5下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）AC12、SO2均能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，说明二者均有漂白性B“水滴石穿”是因为溶解了CO2的雨水与CaCO3作用生成Ca（HCO3）2CCuSO45H2O遇浓硫酸颜色变白，说明浓硫酸具有脱水性D溶液中滴加酸化
3、的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO426下列说法正确的是（）A第三周期从左到右，各元素形成的简单离子半径逐渐减小B共价化合物中一定含极性共价键，可能含非极性共价键C第VIIA族元素从上到下，其气态氢化物的稳定性和还原性均逐渐增强D可能存在基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s24p5的原子7化学美无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是（）A稀盐酸BNa2SO4溶液C稀硫酸DNa2CO3溶液8用气体传感器可以检测汽车尾气中CO的含量传感器是以燃料电池为工作原理，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2可以在固体介质NASICO
4、N中自由移动下列说法正确的是（）A燃料电池工作时，电极b作负极B工作时，电流由负极通过传感器流向正极Cb电极的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHD当消耗11.2L（标准状况下）CO时，理论上传感器中会通过NA个电子9短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，相互间满足如下关系：A的气态氢化物极易溶于B的液态氢化物中；常温下，C的单质能溶于D的最高价氧化物的水化物的稀溶液，但被其浓溶液钝化，下列说法错误的是（）AAB2溶于水可促进水的电离B原子半径的大小顺序：CDBCB与C形成的常见化合物属于离子化合物DE的气态单质能将D的单质从其气态氢化物中置换出来10常温下，下列各组离子在指
5、定溶液中一定能大量共存的是（）A能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3、ClB含有0.1molL1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、SO42C能溶解Al（OH）3的溶液：NH4+、K+、SO42、HCO3Dc（Al3+）=0.5molL1的溶液中：Na+、K+、Al（OH）4、SO4211短周期元素X、Y、Z、W、Q在周期表中的相对位置如图所示下列说法不正确的是（）A离子半径的大小顺序为WQYZBX、Y、W三种元素的电负性大小顺序为XYWCX、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物均能与强碱反应D元素X的最简单氢化物与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键12为提纯下列物质，
6、所选除杂试剂和分离的主要操作方法都合理的是（） 选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂主要操作方法ANaHCO3溶液（Na2CO3）澄清石灰水过滤BNaCl溶液（Br2）乙醇分液CCO2（SO2）饱和NaHCO3溶液洗气DKNO3溶液（KOH）FeCl3溶液过滤AABBCCDD13PASS是新一代高效净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，其电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料下列说法正确的是（）AR氢化物的沸点高于Y氢化物的沸
7、点BR元素基态原子与W元素基态原子未成对电子数相同CW与Y形成的化合物能与强碱溶液反应，但不能与任何酸反应DR与Y形成的化合物和W与Y形成的化合物的晶体类型相同14将35.8g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况）另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44L NO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（）A66.4 gB50.8 gC44.8gD39.2g二、非选择题（本题共6小题，共58分）15（10分）以下是一些元素的信息，其中有一种元素不在短周期元素A元素B元素C元素X元素Y单质是一种常见金属，与元素
8、X形成黑色和红棕色三种常见化合物基态原子M层p轨道上有5个电子短周期中金属性最强，与X反应能生成两种常见化合物最外层电子数是内层电子数的3倍，能形成双原子阴离子单质为双原子分子，结构中键与数目比为1：2根据上述信息回答下列问题：（1）写出A元素基态原子的核外电子排布式（2）B、C、X的简单离子半径由大到小的顺序为（填离子符号）（3）HX与HY两种共价键中，键的极性较强的是，键长较长的是（X、Y用元素符号表示）（4）X、Y二种元素第一电离能从大到小的顺序是（填元素符号）；Y的常见氢化物易液化的主要原因是（5）X常见氢化物的蒸气与A 的粉末在高温条件下充分反应，生成一种黑色磁性固态化合物和一种气体
9、单质，此反应的化学方程式是16（10分）铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用请回答下列问题：（1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料其中一个反应为：3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，有3mol FeS2参加反应，转移mol电子（2）氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式为；从腐蚀废液回收得到金属铜，还需要的试剂是（3）与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是（4）钢铁的电化腐蚀简单示意图如图，将该图稍作修改 即可成为钢铁电化学防护的简单示意图，请在虚线框内作出修改，并用箭头标出电子流动方向17（10分）中
10、学化学中常见的几种物质存在如图所示的转化关系其中，A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，实验室中常用E溶液吸收多余的C（图中部分产物和反应条件已略去）回答下列问题：（1）写出A与B的浓溶液反应的化学方程式（2）固体E中含有化学键的类型是，C与E反应的离子方程式为（3）将B的浓溶液与H的浓溶液混合，立即产生大量气体C，该反应的离子方程式为（4）某课外小组的同学用E溶液吸收C，利用如图所示装置向吸收液中持续通入SO2气体实验过程中观察到如下现象：开始时，溶液上方出现白雾，试纸a变红甲同学认为是HCl使a变红，乙同学不同意甲的观点，乙同学的认为使a变红的是（写出一种即可）片刻后，溶液上方出现黄
11、绿色气体，试纸b变蓝用离子方程式解释b变蓝的原因最终试纸b褪色同学们认为可能的原因有两种：一是I2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO3，从而使蓝色消失；二是18（10分）A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A元素的原子只有一个电子层，又知A与C、B与D分别属于同一主族元素，B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的二倍，又知四种元素的单质常温常压下有两种气体、两种固体请回答下列问题：（1）D元素在元素周期表中的位置：（2）B元素比D元素的非金属性强的依据是（填序号）a两元素组成的化合物中D元素为正价 b单质的熔沸点的高低c最高价氧化物对应的
12、水化物的酸性强弱 d气态氢化物的稳定性（3）由A、B、D三种元素中的两种可分别形成甲、乙两种离子，它们均为负一价双原子核的阴离子，且甲离子含有18个电子，乙离子含有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为（4）写出C和D两元素的最高价氧化物对应的水化物在稀溶液里反应的热化学方程式：（已知此反应生成1molH2O时放出的热量为57.3kJ）（5）用A元素的单质与B元素的单质可以制成燃料电池，燃料电池中装有KOH浓溶液，用多孔的金属惰性电极浸入KOH溶液，在M极通入A的单质，N极通入B的单质，则N极的电极反应式为：19（8分）碘是人体必需的微量元素之一，有“智力元素”之称食用加碘食盐可预防碘缺乏病查
13、阅资料知：在酸性条件下，I能被NO3离子氧化成IO3离子，被H2O2或O2等氧化成I2；IO3离子能被HSO3离子还原成I2请你利用实验室常用仪器和下列限选试剂，依次研究某食盐样品中所加碘的存在形式是I2、I、IO3中的哪一种限选试剂如下：1.0molL1HNO3溶液、1.0molL1 H2SO4溶液、1.0molL1NaHSO3溶液、3% H2O2溶液、1%淀粉溶液、蒸馏水提出假设假设1：该食盐样品中含I2； 假设2：该食盐样品中含I假设3：设计方案与实验探究将适量食盐样品溶于蒸馏水制成溶液，请按要求填写下表实验步骤预期现象与结论步骤1：取少量上述溶液注入试管中，滴入几滴淀粉溶液振荡若溶液显
14、，则假设1成立；否则，假设1不成立，再进行步骤2步骤2：若溶液显蓝色，则假设2成立，反应的离子方程式为；否则，假设2不成立，再进行步骤3步骤3：问题与思考纯的KIO3或KI都可以作为食用加碘盐中碘的来源从化学角度来看，试验中添加（填“KIO3”或“KI”）更好；理由是20（10分）绿矾（FeSO47H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5（1）检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3+的实验操
15、作是（2）操作中，通入硫化氢至饱和的目的是；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是（3）操作的顺序依次为：、冷却结晶、（4）测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是：a称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.01000molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL已知KMnO4酸性溶液与Fe2+反应时被还原为Mn2+，请写出该反应的离子方程式：；计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数为（用小数表示，保留三位小数）安徽省淮北市濉溪一中2015-2016学年高三（上）期中化学试卷参考答案与
16、试题解析一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1化学来源于生活，应用于生活，渗透在生活的各个领域下列有关物质的性质与应用的说法不相对应的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂BFeCl3溶液能与铜反应，可用于蚀刻印刷电路板C碳酸氢钠可与盐酸反应，可用作抗酸药DSiO2具有良好的导电性，可用作光导纤维【考点】盐类水解的应用；硅和二氧化硅；药物的主要成分和疗效【专题】化学应用【分析】A、明矾中铝离子水解生成的Al（OH）3胶体具有吸附性；B、铁离子具有氧化性把铜氧化而溶解；C、碳酸氢钠能中和过多的胃酸；D、SiO2不具有导电性，有导光性【解
17、答】解：A、明矾中铝离子水解生成的Al（OH）3胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮颗粒达到净水的目的，故A正确；B、铁离子具有氧化性把铜氧化而溶解，所以FeCl3溶液可用于蚀刻印刷电路板，故B正确；C、碳酸氢钠碱性很弱，对人体的刺激较小，碳酸氢钠能中和过多的胃酸，所以可用作抗酸药，故C正确；D、SiO2不具有导电性，二氧化硅晶体具有导光性，可用作光导纤维，故D错误故选：D【点评】本题考查了常见物质的性质与用途，主要考查了盐的水解、三价铁离子的性质、碳酸氢钠的性质、二氧化硅的用途，侧重于基础知识的考查，题目难度不大2下列有关物质结构的说法正确的是（）A含有离子键的化合物一定是离子化合物B分子晶体
18、中一定存在共价键CH2O2分子中既存在键又存在键D晶体中分子间作用力越大，分子越稳定【考点】化学键；分子间作用力【分析】A离子化合物组成微粒为阴阳离子；B单原子分子中没有化学键；C分子中含有双键、三键的存在键；D分子的稳定性与共价键有关【解答】解：A离子化合物组成微粒为阴阳离子，离子之间存在静电作用，所以离子化合物一定含有离子键，故A正确；B单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子分子中没有共价键，故B错误；C分子中含有双键、三键的存在键，H2O2分子只存在单键，则只有键，没有键，故C错误；D分子的稳定性与共价键有关，共价键越稳定，则分子越稳定，与分子间作用力大小无关，故D错误故选A【点
19、评】本题考查共价键与离子键、离子化合物与共价化合物的区别、共价键的类型、分子稳定性等，题目难度不大，注意相关基础知识的积累3下列有关实验操作或仪器的使用正确的是（）A除去氯气中的氯化氢B制备Fe（OH）2C实验室制备氨气D保存浓硝酸【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯气和氯化氢都能与氢氧化钠反应；B四氯化碳密度比水大；C实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气；D硝酸有强氧化性【解答】解：A氯气和氯化氢都能与氢氧化钠反应，应用饱和食盐水，故A错误； B四氯化碳密度比水大，应用苯隔绝空气，故B错误；C实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，试管口略向下倾斜，故C正确；D硝酸有强氧化性，不能用橡胶塞，
20、故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质制备及分离与提纯、保存等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大4下列有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）AP、S、Cl的最高价含氧酸的酸性依次增强B第A族元素铯的同位素137Cs比133Cs多4个质子C第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7D元素周期表位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素【考点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；B同位素的质子数相同；C第二周期中，
21、O、F没有正价；D位于金属与非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，而过渡元素均为金属【解答】解：AP、S、Cl非金属性依次增强，其最高价含氧酸的酸性依次增强，故A正确；B同位素质子数相同，中子数不同，137Cs比133Cs多4个中子，故B错误；C第二周期元素中氧元素无最高正价，氟元素没有正价，故C错误；D过渡元素位于副族和第族，均为金属元素，故D错误；故选A【点评】本题考查元素周期表及应用，为高频考点，把握元素在周期表的位置、元素的性质为解答的关键，注意元素性质的特例及元素位置与性质的关系，题目难度不大5下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）AC12、SO2均能使滴有酚酞的NaOH
22、溶液褪色，说明二者均有漂白性B“水滴石穿”是因为溶解了CO2的雨水与CaCO3作用生成Ca（HCO3）2CCuSO45H2O遇浓硫酸颜色变白，说明浓硫酸具有脱水性D溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42【考点】二氧化硫的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验【分析】A、氯气和氢氧化钠溶液反应消耗氢氧化钠，二氧化硫是酸性氧化物和氢氧化钠反应消耗氢氧化钠，溶液褪色；B、依据正盐和酸式盐的转化分析判断；C、浓硫酸使蓝色胆矾晶体（CuSO45H2O）变白色体现了浓硫酸的吸水性；D、SO32在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸；
23、【解答】解：A、氯气和氢氧化钠溶液反应消耗氢氧化钠，二氧化硫是酸性氧化物和氢氧化钠反应消耗氢氧化钠，溶液褪色，不是漂白性，故A错误；B、碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，故B正确；C、浓硫酸使蓝色胆矾晶体（CuSO45H2O）变白色体现了浓硫酸的吸水性，故C错误；D、SO32在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故D错误； 故选B【点评】本题考查了氯气、二氧化硫、硫酸根离子、浓硫酸性质的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等6下列说法正确的是（）A第三周期从左到右，各元素形成的简单离子半径逐渐减小B共价化合物中一定含极性共价键，
24、可能含非极性共价键C第VIIA族元素从上到下，其气态氢化物的稳定性和还原性均逐渐增强D可能存在基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s24p5的原子【考点】原子核外电子排布；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；化学键【分析】A第三周期中，阴离子半径大于阳离子半径，具有相同排布的离子，原子序数大的离子半径小；B共价化合物中只含共价键，可以是极性共价键，也可以是非极性共价键；C非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，其气态氢化物的还原性越弱；D根据能量最低原理，先排满3d，再排4p【解答】解：A第三周期中，阴离子半径大于阳离
25、子半径，具有相同排布的离子，原子序数大的离子半径小，如第三周期中铝离子半径最小，故A错误；B共价化合物中只含共价键，可以是极性共价键，如甲烷，也可以是非极性共价键，如双氧水，故B正确；C第VIIA族元素，其非金属性随着原子序数增大而减弱，所以A族元素气态氢化物的热稳定性从上到下依次减弱，其还原性从上到下依次增强，故C错误；D能量最低原理，先排满3d，再排4p，不可能先排4p，故D错误；故选B【点评】本题考查核外电子排布、原子结构与元素周期律、化学键等，难度不大，注意对基础知识的积累掌握7化学美无处不在，如图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是（）A稀盐酸BNa2SO4溶液C稀硫酸DNa2C
26、O3溶液【考点】常见离子的检验方法【分析】根据图示可知：无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性；可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，以此进行解答【解答】解：结合图示可知，无色溶液X能使石蕊试液变红，说明呈酸性，可与硝酸钡反应生成白色沉淀，则应为稀硫酸溶液，而题中稀盐酸与硝酸钡不反应，硫酸钠溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性，所以C正确，故选C【点评】本题考查无机物的推断，侧重与硫酸的性质的考查，注意把握反应的现象，学习中注意相关基础知识的积累，题目难度不大8用气体传感器可以检测汽车尾气中CO的含量传感器是以燃料电池为工作原理，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2可以在固体
27、介质NASICON中自由移动下列说法正确的是（）A燃料电池工作时，电极b作负极B工作时，电流由负极通过传感器流向正极Cb电极的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHD当消耗11.2L（标准状况下）CO时，理论上传感器中会通过NA个电子【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为CO2e+O2CO2，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时电流由正极通过传感器流向负极，据此分析解答【解答】解：A工作时电极b为空气作正极，故A错误；B原电池放电时电流由正极通过传感器流向负极，故B错误；C工作时电极b为空气作正极，电极反应式为：O2+4e
28、2O2，故C错误；D当消耗11.2L（标准状况下）CO时即0.5mol，根据负极反应CO2e+O2CO2，则理论上传感器中会通过NA个，故D正确故选D【点评】本题是对COO2型燃料电池原理的考查，根据原电池正负极上得失电子及反应类型等来分析解答，难度不大9短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，相互间满足如下关系：A的气态氢化物极易溶于B的液态氢化物中；常温下，C的单质能溶于D的最高价氧化物的水化物的稀溶液，但被其浓溶液钝化，下列说法错误的是（）AAB2溶于水可促进水的电离B原子半径的大小顺序：CDBCB与C形成的常见化合物属于离子化合物DE的气态单质能将D的单质从其气态氢化物中置
29、换出来【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，常温下，C的单质能溶于D的最高价氧化物的水化物的稀溶液，但被其浓溶液钝化，则C为Al、D为S，结合原子序数可知E为Cl；A的气态氢化物极易溶于B的液态氢化物中，则A为N元素，B为O元素，据此解答【解答】解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，常温下，C的单质能溶于D的最高价氧化物的水化物的稀溶液，但被其浓溶液钝化，则C为Al、D为S，结合原子序数可知E为Cl；A的气态氢化物极易溶于B的液态氢化物中，则A为N元素，B为O元素，ANO2溶于水反应会生成硝酸，硝酸
30、抑制的电离，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径AlSO，故B正确；CB与C形成的常见化合物为氧化铝，属于离子化合物，故C正确；D氯气与硫化氢反应生成硫与HCl，故D正确，故选A【点评】本题考查性质与位置关系的应用，难度不大，明确元素种类是解题关键，注意对元素化合物性质的掌握10常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3、ClB含有0.1molL1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、SO42C能溶解Al（OH）3的溶液：NH4+、K+、SO42、HCO3Dc（Al3+）=0.5molL1的溶
31、液中：Na+、K+、Al（OH）4、SO42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A能使酚酞变红的溶液显碱性；BFe3+具有氧化性；C能溶解Al（OH）3的溶液，为酸或强碱溶液；D离子之间相互促进水解【解答】解：A能使酚酞变红的溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；BFe3+具有氧化性，与I发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C能溶解Al（OH）3的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3既能与酸又能与碱反应，不能大量共存，故C错误；DAl（OH）4、Al3+离子之间相互促进水解，不能大量共存，故D错误；故选A【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离子
32、之间的反应为解答的关键，侧重分析能力及氧化还原、水解离子反应的考查，题目难度不大11短周期元素X、Y、Z、W、Q在周期表中的相对位置如图所示下列说法不正确的是（）A离子半径的大小顺序为WQYZBX、Y、W三种元素的电负性大小顺序为XYWCX、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物均能与强碱反应D元素X的最简单氢化物与Q的氢化物化合的产物中既含共价键又含离子键【考点】原子结构与元素的性质【分析】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知，X为N、Y为O、Z为Al、W为S、Q为Cl，A电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；B同周期从左到右电负性增强，同主
33、族从上到下电负性减弱；CX、Z、W元素的最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、氢氧化铝、硫酸，均能与碱反应；D元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物是氯化铵，含有离子键、共价键【解答】解：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知，X为N、Y为O、Z为Al、W为S、Q为Cl，A电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径r（S2）r（Cl）r（O2）r（Al3+），故A正确；B同周期从左到右电负性增强，则电负性XY，同主族从上到下电负性减弱，则电负性：YW，故B错误；CX、W元素的最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、硫酸，能与碱反应，Z元素的最高价氧化物对
34、应水化物为氢氧化铝，属于两性氢氧化物，能与强碱反应，故C正确；D元素X的氢化物与Q的氢化物化合的产物是氯化铵，含有离子键、共价键，故D正确，故选B【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，题目难度不大，注意把握元素周期律和元素性质的递变规律，注意理解掌握离子半径的比较规律12为提纯下列物质，所选除杂试剂和分离的主要操作方法都合理的是（） 选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂主要操作方法ANaHCO3溶液（Na2CO3）澄清石灰水过滤BNaCl溶液（Br2）乙醇分液CCO2（SO2）饱和NaHCO3溶液洗气DKNO3溶液（KOH）FeCl3溶液过滤AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择
35、与应用【专题】实验评价题【分析】A碳酸氢钠、碳酸钠都可与澄清石灰水反应生成沉淀；B乙醇与水混溶；C二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体；D引入新杂质【解答】解：A碳酸氢钠、碳酸钠都可与澄清石灰水反应生成沉淀，可直接通入二氧化碳气体，故A错误；B乙醇与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳作为萃取剂，故B错误；C二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可用于除杂，故C正确；D反应生成KCl，引入新杂质，应加入硝酸铁或硝酸，故D错误故选C【点评】本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质、性质差异为解答
36、的关键，侧重物质性质及分离方法的考查，注意发生的反应，题目难度中等13PASS是新一代高效净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，其电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料下列说法正确的是（）AR氢化物的沸点高于Y氢化物的沸点BR元素基态原子与W元素基态原子未成对电子数相同CW与Y形成的化合物能与强碱溶液反应，但不能与任何酸反应DR与Y形成的化合物和W与Y形成的化合物的晶体类型相同【考点】原子结构与元素的性质【分析】X、Y、Z
37、、W、R五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X为H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素，Y、R同主族，故R为S元素，Z、W、R同周期，都处于第三周期，Z是常见的金属，其电子层数等于主族序数，则Z为Al元素，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、R五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X为H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素，Y、R同主族，故R为S元素，Z、W、R同周期，都处于
38、第三周期，Z是常见的金属，其电子层数等于主族序数，则Z为Al元素，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素，A、H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间没有氢键，故H2O的沸点比H2O高，故A错误；B、S元素基态原子未成对电子数为2，Si元素基态原子未成对电子数是2，两者相同，故B正确；C、二氧化硅能与氢氟酸反应，故C错误；D、二氧化硫为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，两者晶体类型不同，故D错误，故选B【点评】本题考查结构性质位置关系等，推断元素是解题的关键，B选项为易错点，学生容易忽略化学式与分子式的确定，难度不大14将35.8g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液
39、中，产生6.72L气体（标准状况）另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44L NO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（）A66.4 gB50.8 gC44.8gD39.2g【考点】铁的化学性质；铝的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；有关混合物反应的计算【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算n（Al），进而计算Al的质量、Al提供的电子物质的量，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据n=计算NO的物质的量，根据电子守恒计算金属总共提供电子的物质的量，进而计算F
40、e、Cu提供的电子物质的量向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，沉淀的质量等于Fe、Cu的总质量与氢氧根质量之和【解答】解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）=0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根
41、据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为3=1.8mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为1.8mol0.6mol=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH）=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于35.8g5.4g+1.2mol17g/mol=50.8g，故选B【点评】考查混合物的计算、反应方程式的计算等，难度中等，利用方程式计算步骤繁琐，本题采取守恒方法解答，判断金属提供的电子的物质的量等于氢氧根的物质的量是
42、该方法的关键，注意化合物计算中守恒思想的运用二、非选择题（本题共6小题，共58分）15（10分）以下是一些元素的信息，其中有一种元素不在短周期元素A元素B元素C元素X元素Y单质是一种常见金属，与元素X形成黑色和红棕色三种常见化合物基态原子M层p轨道上有5个电子短周期中金属性最强，与X反应能生成两种常见化合物最外层电子数是内层电子数的3倍，能形成双原子阴离子单质为双原子分子，结构中键与数目比为1：2根据上述信息回答下列问题：（1）写出A元素基态原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2（2）B、C、X的简单离子半径由大到小的顺序为ClO2Na+（填离子符号）（3）HX与HY两
43、种共价键中，键的极性较强的是HO，键长较长的是HN（X、Y用元素符号表示）（4）X、Y二种元素第一电离能从大到小的顺序是NO（填元素符号）；Y的常见氢化物易液化的主要原因是NH3分子间存在氢键（5）X常见氢化物的蒸气与A 的粉末在高温条件下充分反应，生成一种黑色磁性固态化合物和一种气体单质，此反应的化学方程式是3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】B元素基态原子M层p轨道上有5个电子，M层电子数为7，则B为Cl；短周期中元素C金属性最强，则C为Na；元素X最外层电子数是内层电子数的3倍，只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Y元素单质为
44、双原子分子，结构中键与数目比为1：2，则Y为N元素；元素A的单质是一种常见金属，与元素X形成黑色和红棕色三种常见化合物，则A为Fe，据此解答【解答】解：B元素基态原子M层p轨道上有5个电子，M层电子数为7，则B为Cl；短周期中元素C金属性最强，则C为Na；元素X最外层电子数是内层电子数的3倍，只能有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；Y元素单质为双原子分子，结构中键与数目比为1：2，则Y为N元素；元素A的单质是一种常见金属，与元素X形成黑色和红棕色三种常见化合物，则A为Fe（1）A为Fe元素，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：1s22s22
45、p63s23p63d64s2；（2）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越小，故离子半径：ClO2Na+，故答案为：ClO2Na+；（3）氧元素电负性大于N元素，故HO与HN两种共价键中，键的极性较强的是HO，氧原子半径小于N原子半径，故键长较长的是HN，故答案为：HO；HN；（4）N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，故第一电离能NO，Y的常见氢化物为NH3，由于NH3分子间存在氢键，易液化，故答案为：NO；NH3分子间存在氢键；（5）该反应为Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4
46、H2 ，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 【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，注意对基础知识的理解掌握16（10分）铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用请回答下列问题：（1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料其中一个反应为：3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，有3mol FeS2参加反应，转移32mol电子（2）氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；从腐蚀废液回收得到金属铜，还需要的试剂是铁粉、稀盐酸（稀硫酸）（3）与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中
47、的悬浮物沉降除去，其原因是酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体（4）钢铁的电化腐蚀简单示意图如图，将该图稍作修改 即可成为钢铁电化学防护的简单示意图，请在虚线框内作出修改，并用箭头标出电子流动方向【考点】氧化还原反应；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用【分析】（1）3FeS2+8O26SO2+Fe3O4中，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低；（2）氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，利用置换反应得到Cu；（3）酸性废水中抑制铁离子的水解；（4）防止铁被腐蚀，可利用外加电源的阴极保护法【解答】解：（1）3FeS2+8O26SO2+Fe3O4中，
48、Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，3molFeS2参加反应，由O元素的化合价变化可知，转移的电子为8mol2（20）=32mol，故答案为：32；（2）氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，该离子反应为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，利用置换反应得到Cu，过量铁粉利用盐酸或硫酸除去，则选试剂为铁粉、稀盐酸（稀硫酸），故答案为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（3）因酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体，则硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，故答案为：酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe（OH）3胶体；（4）防止铁
49、被腐蚀，可利用外加电源的阴极保护法，则铁与电源的负极相连，如图，故答案为：【点评】本题为小综合，涉及氧化还原反应、离子反应、胶体的性质、金属的腐蚀与防护，注重基础知识的考查，题目难度中等17（10分）中学化学中常见的几种物质存在如图所示的转化关系其中，A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，实验室中常用E溶液吸收多余的C（图中部分产物和反应条件已略去）回答下列问题：（1）写出A与B的浓溶液反应的化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（2）固体E中含有化学键的类型是离子键、极性键，C与E反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O（3）将B的浓溶液与H的浓溶液
50、混合，立即产生大量气体C，该反应的离子方程式为ClO+Cl+2H+Cl2+H2O（4）某课外小组的同学用E溶液吸收C，利用如图所示装置向吸收液中持续通入SO2气体实验过程中观察到如下现象：开始时，溶液上方出现白雾，试纸a变红甲同学认为是HCl使a变红，乙同学不同意甲的观点，乙同学的认为使a变红的是SO2（或H2SO3）（写出一种即可）片刻后，溶液上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝用离子方程式解释b变蓝的原因Cl2+2I2Cl+I2最终试纸b褪色同学们认为可能的原因有两种：一是I2有还原性，黄绿色气体等物质将其氧化成IO3，从而使蓝色消失；二是I2有氧化性，SO2能将I2还原成I，从而使蓝色消失【考
51、点】无机物的推断【专题】推断题【分析】A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，则A为MnO2，B为浓盐酸，C为Cl2，常用E溶液吸收多余的C，则E为NaOH，H为NaClO，F为NaCl，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，则图2中液上方出现白雾，然后结合物质的性质及化学用语来解答【解答】解：A是一种黑色粉末状固体，C是一种黄绿色气体，则A为MnO2，B为浓盐酸，C为Cl2，常用E溶液吸收多余的C，则E为NaOH，H为NaClO，F为NaCl，（1）A与B的浓溶液反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2
52、+Cl2+2H2O；（2）E为NaOH，含离子键和OH极性共价键，C与E反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故答案为：离子键、极性键；Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（3）B的浓溶液与H的浓溶液混合，立即产生大量气体C，该反应的离子方程式为ClO+Cl+2H+Cl2+H2O，故答案为：ClO+Cl+2H+Cl2+H2O；（4）氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，试纸a变红，说明有酸性物质存在，若二氧化硫过量，试纸a变红还可能与SO2（或H2SO3）有关，故答案为：SO2（或H2SO3）；上方出现黄绿色气体，试纸b变蓝，发生Cl2+2I2Cl+I2，故答案为：C
53、l2+2I2Cl+I2；最终试纸b褪色，可能与碘的还原性、氧化性有关，则可能的原因二为I2有氧化性，SO2能将I2还原成I，从而使蓝色消失，故答案为：I2有氧化性，SO2能将I2还原成I，从而使蓝色消失【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重氯气的实验室制备及氯、碘化合物之间转化的考查，把握物质的性质及框图中发生的反应为解答的关键，（4）中现象与反应的推断为解答的难点，题目难度中等18（10分）A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A元素的原子只有一个电子层，又知A与C、B与D分别属于同一主族元素，B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的二
54、倍，又知四种元素的单质常温常压下有两种气体、两种固体请回答下列问题：（1）D元素在元素周期表中的位置：第三周期A族（2）B元素比D元素的非金属性强的依据是ad（填序号）a两元素组成的化合物中D元素为正价 b单质的熔沸点的高低c最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱 d气态氢化物的稳定性（3）由A、B、D三种元素中的两种可分别形成甲、乙两种离子，它们均为负一价双原子核的阴离子，且甲离子含有18个电子，乙离子含有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为HS+OH=S2+H2O（4）写出C和D两元素的最高价氧化物对应的水化物在稀溶液里反应的热化学方程式：2NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4
55、（aq）+2H2O（l）H=114.6kJ/mol（已知此反应生成1molH2O时放出的热量为57.3kJ）（5）用A元素的单质与B元素的单质可以制成燃料电池，燃料电池中装有KOH浓溶液，用多孔的金属惰性电极浸入KOH溶液，在M极通入A的单质，N极通入B的单质，则N极的电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子只有一个电子层，A与C同主族，则A为H元素；B与D同主族，分别处于二、三周期，二者质子数之和至少为11，两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的二倍，C不可能
56、为Li，可推知C为Na；则B、D质子数之和为（1+11）2=24，设B的质子数为x、则D的质子数为x+8，则x+x+8=22，解得x=8，则B为O元素、D为S元素，符合四种元素的单质常温常压下有两种气体、两种固体，据此进行解答【解答】解：A、B、C、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子只有一个电子层，A与C同主族，则A为H元素；B与D同主族，分别处于二、三周期，二者质子数之和至少为11，两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的二倍，C不可能为Li，可推知C为Na；则B、D质子数之和为（1+11）2=24，令B的质子数为x、则D的质子数为x+8，则x+x+
57、8=22，解得x=8，则B为O元素、D为S元素，符合四种元素的单质常温常压下有两种气体、两种固体，（1）D为S元素，处于周期表中第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）a两元素组成的化合物中S元素为正价，说明O元素对键合电子吸引更强，O元素非金属性强，故a正确；b单质的熔沸点属于物理性质，不能比较金属性强弱，故b错误；c氧元素不存在最高价氧化物对应的水化物，故c错误；d气态氢化物稳定，中心元素的非金属性越强，故d正确，故答案为：ad；（3）由H、O、S三种元素中的两种可分别形成甲、乙两种粒子，它们均为负一价双原子核的阴离子，且甲含有18个电子，乙含有10个电子，则甲为HS、乙为OH，则甲与
58、乙反应的离子方程式为：HS+OH=S2+H2O，故答案为：HS+OH=S2+H2O；（4）氢氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠与水，已知此反应生成1molH2O时放出的热量为57.3kJ，则该反应热化学方程式为：2NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l）H=114.6kJ/mol，故答案为：2NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l）H=114.6kJ/mol；（5）用氢气、氧气制成电池，电池中装有KOH浓溶液，用多孔的金属惰性电极浸入KOH溶液，在M极通入氢气的单质，N极通入氧气的单质，氢气发生氧化反应，则M极是该电池的负极，N极发
59、生还原反应，氧气获得电子，碱性条件下生成氢氧根，电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：O2+2H2O+4e=4OH【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，涉及电子式、非金属性强弱比较、热化学方程式、原电池等，推断元素是解题关键，A为主族元素且有一个电子层为推断突破口，（2）中c为易错点，学生容易忽略氧元素没有含氧酸19（8分）碘是人体必需的微量元素之一，有“智力元素”之称食用加碘食盐可预防碘缺乏病查阅资料知：在酸性条件下，I能被NO3离子氧化成IO3离子，被H2O2或O2等氧化成I2；IO3离子能被HSO3离子还原成I2请你利用实验室常用仪器和下列限选试剂，依次研究
60、某食盐样品中所加碘的存在形式是I2、I、IO3中的哪一种限选试剂如下：1.0molL1HNO3溶液、1.0molL1 H2SO4溶液、1.0molL1NaHSO3溶液、3% H2O2溶液、1%淀粉溶液、蒸馏水提出假设假设1：该食盐样品中含I2； 假设2：该食盐样品中含I假设3：食盐中含有IO3设计方案与实验探究将适量食盐样品溶于蒸馏水制成溶液，请按要求填写下表实验步骤预期现象与结论步骤1：取少量上述溶液注入试管中，滴入几滴淀粉溶液振荡若溶液显蓝色，则假设1成立；否则，假设1不成立，再进行步骤2步骤2：取少量上述溶液注入试管中，滴入几滴1.0molL1H2SO4溶液和几滴3%H2O2溶液，再滴入
61、几滴淀粉溶液，振荡若溶液显蓝色，则假设2成立，反应的离子方程式为2I+H2O2+2H+=I2+2H2O；否则，假设2不成立，再进行步骤3步骤3：取少量上述溶液注入试管中，滴入几滴1.0molL1NaHSO3溶液，再滴入几滴淀粉溶液，振荡若溶液呈蓝色，则假设3成立，否则，假设3不成立问题与思考纯的KIO3或KI都可以作为食用加碘盐中碘的来源从化学角度来看，试验中添加KIO3（填“KIO3”或“KI”）更好；理由是KI在空气中易被氧化为I2【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】物质检验鉴别题【分析】根据实验目的确定实验假设；食盐样品中所加碘的存在形式是I2、
62、I、IO3中的一种，再结合题给信息知，碘遇淀粉溶液变蓝色，碘离子易被氧化生成碘，碘酸根离子易被还原生成碘，根据微粒的性质选取合适的试剂进行检验即可；III碘酸钾较稳定，碘化钾不稳定易被氧化【解答】解：根据实验目的确定知，另一种实验假设为假设食盐中含有IO3，故答案为：假设食盐中含有IO3；食盐样品中所加碘的存在形式是I2、I、IO3中的一种，步骤1 先用淀粉溶液检验食盐样品中是否有碘单质，如果有碘单质，向食盐样品溶液中加入淀粉溶液，溶液会变蓝色，则假设1成立；否则，假设1不成立；步骤2 假设样品溶液中含有碘离子，因为碘离子有还原性，向溶液中加入稀硫酸和几滴双氧水，双氧水有氧化性能把碘离子氧化生
63、成碘单质，再用淀粉溶液检验是否含有碘，若溶液显蓝色，则假设2成立，否则，假设2不成立；步骤3 假设样品溶液中含有碘酸根离子，因为碘酸根离子有氧化性，向溶液中加入亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠有还原性，能把碘酸根离子还原成碘单质，再用淀粉溶液检验是否含有碘，若溶液显蓝色，则假设3成立，否则，假设3不成立；故答案为：步骤1：蓝色；步骤2：取少量上述溶液注入试管中，滴入几滴1.0molL1H2SO4溶液和几滴3%H2O2溶液，再滴入几滴淀粉溶液，振荡；2I+H2O2+2H+=I2+2H2O；步骤3：取少量上述溶液注入试管中，滴入几滴1.0molL1NaHSO3溶液，再滴入几滴淀粉溶液，振荡；若溶液呈蓝色，则
64、假设3成立，否则，假设3不成立；III 碘酸钾较稳定，在空气中不易被还原，碘化钾不稳定，在空气中易失去电子被氧气氧化生成碘单质，碘易升华，所以如果食盐中加入碘化钾，易失效，所以食盐中加碘酸钾，故答案为：KIO3；KI在空气中易被氧化为I2【点评】本题考查了物质的检验及鉴别的实验方案设计，根据样品中含有微粒的性质选择合适的试剂进行实验，设计的实验方案要简洁易懂，实验现象要明显20（10分）绿矾（FeSO47H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；F
65、eS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5（1）检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3+的实验操作是取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液不显红色，则溶液中不含Fe3+（2）操作中，通入硫化氢至饱和的目的是除去溶液中的Sn2+离子；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是防止Fe2+离子生成沉淀（3）操作的顺序依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤（4）测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是：a称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.01000molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值
66、为20.00mL已知KMnO4酸性溶液与Fe2+反应时被还原为Mn2+，请写出该反应的离子方程式：5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；计算上述样品中FeSO47H2O的质量分数为0.975（用小数表示，保留三位小数）【考点】制备实验方案的设计【专题】实验题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；化学应用【分析】铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO47H2O，（1）KSCN溶液遇铁离子溶液呈血红色，所以可以用KSCN溶液检
67、验铁离子；（2）依据流程关系图分析，通入硫化氢制饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化；在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，操作加入稀硫酸调节溶液PH=2为了除去杂质离子Sn2+；（3）操作IV的目的是从滤液中析出绿矾晶体，利用蒸发浓缩，结晶洗涤得到晶体；（4）KMnO4酸性溶液与Fe2+反应时被还原为Mn2+，亚铁离子被氧化成铁离子，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；依据滴定实验的反应终点时发生的反应为 5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O，由消耗的高锰酸钾的物质的量可求得亚铁离子的物质的量，即
68、FeSO47H2O的物质的量，由此计算出样中纯FeSO47H2O的质量，进而计算样品中FeSO47H2O的质量分数【解答】解：铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO47H2O，（1）KSCN溶液遇铁离子溶液呈血红色，所以可以用KSCN溶液检验铁离子，具体操作为取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液不显红色，则溶液中不含Fe3+，故答案为：取少量晶体溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液不显红色，则溶液中不含Fe3+；（2）通入硫化氢至饱和的目
69、的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，故答案为：除去溶液中的Sn2+离子；防止Fe2+离子生成沉淀；（3）溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故答案为：蒸发浓缩；过滤、洗涤；（4）KMnO4酸性溶液与Fe2+反应时被还原为Mn2+，亚铁离子被氧化成铁离子，反应的离子方程式为5Fe2
70、+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；a称取2.8500g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL，则 5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O 5 1n（Fe2+） 0.01000mol/L0.0200L计算得到；n（Fe2+）=0.001mol；则250mL溶液中含Fe2+=0.001mol=0.01mol；FeSO47H2O物质的量为0.01mol，质量=0.01mol278g/mol=2.78g；质量分数=100%=0.975，故答案为：0.975【点评】本题考查了铁盐亚铁盐的性质应用，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目着重于分离混合物的实验方法设计和分析判断的考查，注意把握滴定实验的分析判断，数据计算，误差分析的方法，题目难度中等
