1、2014-2015学年甘肃省天水三中高三（上）第三次月考化学试卷一选择题（本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1下列叙述错误的是（） A 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱 B 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈 C 在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液 D 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀2完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是（） A B C D实验 用CCl4提取溴水中的Br2 除去乙醇中的苯酚 从KI和I2的固体混合物中回收I2 配制100mL 0.1000molL1 K2Cr2O7溶液装置或仪器 A A B B C C D D3化学与
2、社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项 现象或事实 解释A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C 施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜 A A B B C C D D4设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（） A 1 mol Fe与过量的稀HNO3反应，转移2 NA个电子 B 常温常压下，22.4L的NO2和CO
3、2合气体含有2 NA个O 原子 C 1 L 0.1 molL1NaHCO3液含有0.1 NA个HCO3 D 常温下，4gCH4含有NA个CH共价键5下列物质转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl2无水FeCl3MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO A B C D 6CuCO3和Cu2（OH）2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL、2molL1的盐酸中，若加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为（） A 16.0g B 19.2g C 24.0g D 30
4、.6g7在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42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+的浓度（molL1）为（） A B C D 8某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案方案：2.7g AlX溶液Al（OH）3沉淀方案：2.7g AlY溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（） A X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为N
5、aAlO2 B b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液 C 在O点时两方案中所得溶液浓度相等 D a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应9向10mL 0.1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（） A x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42，且c（NH4+）c（Al3+） B x=10时，溶液中有NH4+、AlO2、SO42，且c（NH4+）c（SO42） C x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2、OH，且c（OH）c（AlO2） D x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH，且c（OH）=c（Ba2+）10雾霾严重影
6、响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（） A 试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3 B 试样中一定不含Al3+ C 试样中可能存在Na+、Cl D 该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO411三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+H
7、NO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是（） A NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B HF是还原产物 C 还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1 D NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体12化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质已知：氧化还原反应：2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl； 2Co（OH）3+6HCl=2CoCl2+Cl2+6H2O2Fe（OH）2+I2+2KOH=2Fe（OH）3+2KI； 3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3=2KSCN+CO2+H2O； KCN+CO2+H2O=HCN+KHCO3热分解反应：4N
8、aClO 3NaCl+NaClO4；NaClO4NaCl+2O2下列说法不正确是（） A 氧化性（酸性溶液）：FeCl3Co（OH）3I2 B 还原性（碱性溶液）：Fe（OH）2I2KIO3 C 热稳定性：NaClNaClO4NaClO D 酸性（水溶液）：HSCNH2CO3HCN13向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（） A Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1 B 硝酸的物质的量浓度
9、为2.6mol/L C 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L D Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol14已知：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（） A 若某温度下，反应后=11，则溶液中= B 参加反应的氯气的物质的量等于a mol C 改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea mol D 改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol二非选择题（本题包括4小题，共58分）15（12分）（2014秋天水校级月考）铝、铁、铜及其化合物在生产
10、、生活中有广泛的用途，试回答下列问题：（1）已知可利用电解工业冶炼单质铝，则阳极电极反应式为（2）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式（3）已知铜与稀硫酸不反应，但将铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色，请用化学方程式表示原因（4）氯化铝广泛用于有机合成和石油工业的催化剂将铝土矿粉（主要成分为Al2O3）与焦炭混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式（5）已知Cu2S可以和硝酸反应，请配平下列化学反应方程式：Cu2S+HNO3CuSO4+Cu（NO3）2+NO+（6）某校兴趣小组欲测定一种铁铝硅合金（FexAlySiz）粉末
11、的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为（填化学式）16（14分）（2012秋西安期中）如图所示中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物已知：反应C+GB+H能放出大量的热曾用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+DF中E元素的质量分数为60%回答问题：（1）中反应的化学方程式为；（2）化合物I的电子式为，它的空间构
12、型是；（3）1.6g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）（4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为，反应后溶液与过量化合物I反应的离子方程式为17（16分）（2014秋天水校级月考）某电镀铜厂有两种废水需要处理，一种废水中含有CN离子，另一种废水中含有Cr2O72离子该厂拟定如图所示的废水处理流程回答以下问题：（1）电镀铜时的阳极材料是，电极反应式为（2）上述处理废水的流程中主要使用的方法是（3）中使用的NaClO溶液呈碱性，用离子方程式解释原因（4）中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为（5）中反应时，每0.4mol Cr2O72转
13、移2.4mol e，该反应的离子方程式为（6）取少量待检水样于试管中，先加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，继续加入NaOH溶液，直到不再产生蓝色沉淀为止，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，且蓝色沉淀逐渐减少请你使用化学用语，结合必要的文字解释其原因18（16分）（2014秋天水校级月考）某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X为测定其组成，进行如下实验氨的测定装置（已省略加热和夹持装置）氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1m
14、Lc1 molL1的盐酸标准溶液吸收蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 molL1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用式滴定管，可使用的指示剂为（3）样品中氨的质量分数表达式为（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将（填“偏高”或“偏低”）（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是；滴定终点时，若溶液中c（Ag+
15、）=2.0105 molL1，c（CrO42）为molL1（已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.121012）（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为，制备X的化学方程式为；X的制备过程中温度不能过高的原因是2014-2015学年甘肃省天水三中高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一选择题（本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1下列叙述错误的是（） A 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱 B 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈 C 在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液 D 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀考点： 金属的电化
16、学腐蚀与防护 专题： 电化学专题分析： 原电池中，作原电池负极的金属易失电子而被腐蚀，则作原电池正极的金属被保护，电镀时，镀层作电解池阳极，镀件作电解池阴极，含有与阳极相同元素的金属盐作电解质溶液，据此分析解答解答： 解：A生铁中含有碳，碳、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以生铁的抗腐蚀能力比纯铁弱，故A正确；B锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，故B正确；C在铁制品上镀铜时，镀件铁制品为阴极，铜盐为电镀液，故C错误；D铁管上镶嵌锌块，锌、铁和电解质溶液构成原电池，铁作原电池正极而被保护，所以铁管不易被腐蚀，故D正确；故选：C
17、点评： 本题考查了金属的腐蚀与防护，知道防止金属被腐蚀的电化学方法有：牺牲阳极的阴极保护法及外加电源的阴极保护法2完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是（） A B C D实验 用CCl4提取溴水中的Br2 除去乙醇中的苯酚 从KI和I2的固体混合物中回收I2 配制100mL 0.1000molL1 K2Cr2O7溶液装置或仪器 A A B B C C D D考点： 化学实验方案的评价；实验装置综合 专题： 实验评价题分析： A溴不易溶于水，易溶于四氯化碳；B乙醇与苯酚互溶；C碘易升华，KI加热不发生变化；D配制100mL溶液需要100mL容量瓶解答： 解：A溴不易溶于水，易
18、溶于四氯化碳，则加四氯化碳萃取即可，图中装置、仪器均合理，故A正确；B乙醇与苯酚互溶，没有不溶性固体，则不能利用图中过滤装置分离，故B错误；C碘易升华，KI加热不发生变化，从KI和I2的固体混合物中回收I2，不能利用蒸发皿，应选坩埚，故C错误；D配制100mL溶液需要100mL容量瓶，则图中缺少容量瓶、胶头滴管等，故D错误；故选A点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、溶液配制等，把握装置的作用、混合物分离提纯实验操作等为解答的关键，侧重分析与实验应用能力的考查，题目难度不大3化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项 现象或事实 解释A 用热
19、的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C 施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜 A A B B C C D D考点： 盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变 专题： 盐类的水解专题；元素及其化合物分析： A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙
20、和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D、氯化铁和铜反应 生成氯化亚铁和氯化铜；解答： 解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3 不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯
21、化亚铁和氯化铜，FeCl3不能从含Cu2+的溶液中置换出铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误；故选C点评： 本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等4设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（） A 1 mol Fe与过量的稀HNO3反应，转移2 NA个电子 B 常温常压下，22.4L的NO2和CO2合气体含有2 NA个O 原子 C 1 L 0.1 molL1NaHCO3液含有0.1 NA个HCO3 D 常温下，4gCH4含有NA个CH共价键考点： 阿伏加德罗常数 分析： AFe与过量的稀HNO3反应生成三价铁；B常温常压下，Vm22.4L
22、/mol；C碳酸氢根离子存在电离和水解；D.4g甲烷的物质的量为0.25mol，含有1mol碳氢键解答： 解：A.1 mol Fe与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁，转移3 NA个电子，故A错误；B常温常亚气体摩尔体积未知无法计算气体的物质的量，故B错误；C碳酸氢根离子存在电离和水解，所以1 L 0.1 molL1NaHCO3液含有少于0.1 NA个HCO3，故C错误；D常温下，4g甲烷的物质的量为0.25mol，0.25mol甲烷中含有1mol碳氢键，含有NA个CH共价键，故D正确；故选：D点评： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，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，
23、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是解题关键，题目难度不大5下列物质转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl2无水FeCl3MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO A B C D 考点： 镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的化学性质 专题： 元素及其化合物分析： 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了
24、大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁解答： 解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离
25、子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确故正确故选：A点评： 本题考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液6CuCO3和Cu2（OH）2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL、2molL1的盐酸中，若加热分解等量的这种混合物可得Cu
26、O固体质量为（） A 16.0g B 19.2g C 24.0g D 30.6g考点： 有关混合物反应的计算 专题： 计算题分析： CuCO3 和Cu（OH）2的混合物和盐酸反应生成CuCl2，加热分解生成CuO，根据消耗盐酸的物质的量结合质量守恒定律计算CuO的质量解答： 解：已知CuCO3CuCl2，Cu（OH）2CuCl2，n（HCl）=0.3L2molL1=0.6mol，则n（CuCl2）=n（HCl）=0.6mol=0.3mol，又有：CuCO3CuO，Cu（OH）2CuO，根据Cu元素质量守恒，则：n（CuO）=n（CuCl2）=0.3mol，则m（CuO）=0.3mol80g/m
27、ol=24.0g，故选C点评： 本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意根据Cu元素质量守恒的角度解答，正确书写反应的关系式为解答本题的关键7在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42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+的浓度（molL1）为（） A B C D 考点： 物质的量浓度的相关计算 专题： 计算题分析： 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：
28、 解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀，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，题目难度中等8某同学研究铝及其化合物的性质时设计了如下两个实验方案方案：2.7g A
29、lX溶液Al（OH）3沉淀方案：2.7g AlY溶液Al（OH）3沉淀NaOH溶液和稀盐酸的浓度均是3mol/L，如图是向X溶液和Y溶液中分别加入NaOH溶液和稀盐酸时产生沉淀的物质的量与加入盐酸和氢氧化钠溶液体积之间的关系，下列说法正确的是（） A X溶液溶质为AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2 B b曲线表示的是向X溶液中加入NaOH溶液 C 在O点时两方案中所得溶液浓度相等 D a、b曲线表示的反应都是氧化还原反应考点： 化学实验方案的评价；铝的化学性质 专题： 实验评价题分析： n（HCl）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（
30、Al）=0.1mol，2Al+6H+=2Al3+3H2、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，根据方程式知，Al和HCl完全反应需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol0.3mol，所以NaOH有剩余，据此分析解答解答： 解：n（HCl）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（NaOH）=3mol/L0.1L=0.3mol，n（Al）=0.1mol，2Al+6H+=2Al3+3H2、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，根据方程式知，Al和HCl完全反
31、应需要n（HCl）=3n（Al）=0.3mol，所以Al和HCl恰好完全反应生成氯化铝；根据方程式知，Al和NaOH完全反应需要n（NaOH）=n（Al）=0.1mol0.3mol，所以NaOH有剩余，A根据以上分析知，X溶液中溶质是AlCl3，Y溶液溶质为NaAlO2、NaOH，故A错误；B加入溶液后先没有生成沉淀，则溶液中还发生其它反应，则该溶液应该是Y溶液，先发生酸碱中和反应，所以b曲线表示的是向Y溶液中加入HCl溶液，故B错误；C在O点时沉淀的物质的量相等，溶液中的溶质都是NaCl，根据最初的钠原子和Cl原子守恒知，两方案中所得溶液浓度相等，故C正确；Da、b曲线中没有电子转移，不属于
32、氧化还原反应，故D错误；故选C点评： 本题考查性质实验方案设计，为高考高频点，明确各个线段发生的化学反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，题目难度中等9向10mL 0.1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（） A x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42，且c（NH4+）c（Al3+） B x=10时，溶液中有NH4+、AlO2、SO42，且c（NH4+）c（SO42） C x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2、OH，且c（OH）c（AlO2） D x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH，且c（OH）
33、=c（Ba2+）考点： 离子浓度大小的比较；电离方程式的书写 专题： 离子反应专题分析： A、Al3+与氨水反应生成Al（OH）3沉淀，可以认为氢氧根会先与铝离子作用生成沉淀加入10mlBa（OH）2，相当于溶液中NH4+、Al3+、OH比例为1：1：2，铝部分生成氢氧化铝沉淀SO42：Ba2+比例为2：1，SO42部分沉淀反应完全后，溶液中有NH4+、Al3+、SO42B、依据A分析溶液中有NH4+、Al3+、SO42无AlO2；C、加入30mlBa（OH）2，氢氧根离子过量可以和铝离子完全反应，且和铵根离子全部反应后还有氢氧根离子剩余，溶液中有Ba2+、AlO2、OH，但c（OH）c（Al
34、O2）；D、依据C分析判断溶液中有Ba2+、AlO2、OH，不存在Al3+解答： 解：A、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42氢氧化铝沉淀，剩余103molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）c（SO42），故A正确；B、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.00
35、2molSO42，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molSO42氢氧化铝沉淀，剩余103molAl3+而NH4+没有参与反应，少量水解，c（NH4+）c（SO42），故B错误；C、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH过量溶液中存在0.001moAlO2，铵根离子和氢氧根离子反应
36、生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH）c（AlO2），故C错误；D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH过量溶液中存在0.001moAlO2，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH）（Ba2+），故D错误；故选A点评：
37、 本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物判断，关键分析离子反应顺序，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解10雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（） A 试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3 B 试样中一定不含Al3+ C 试样中可能存在Na+、Cl D 该雾霾中可能存在NaNO
38、3、NH4Cl和MgSO4考点： 真题集萃；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验 专题： 物质检验鉴别题分析： 试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含
39、有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，结合题给选项分析解答解答： 解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在
40、Al3+，在过量的Ba（OH）2中反应生成AlO2，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，以及能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，A通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正确；B通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl，故C正确；D根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4
41、Cl和MgSO4，故D正确；故选B点评： 本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目难度中等11三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是（） A NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B HF是还原产物 C 还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1 D NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体考点： 氧化还原反应 专题： 氧化还原反应专题分析： 3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发
42、生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应解答： 解：A只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B反应中H、F元素化合价没有发生变化，故B错误；CNF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故C错误；D生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故D正确；故选D点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析12化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质已知：氧化还原反应：2FeC
43、l3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl； 2Co（OH）3+6HCl=2CoCl2+Cl2+6H2O2Fe（OH）2+I2+2KOH=2Fe（OH）3+2KI； 3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3=2KSCN+CO2+H2O； KCN+CO2+H2O=HCN+KHCO3热分解反应：4NaClO 3NaCl+NaClO4；NaClO4NaCl+2O2下列说法不正确是（） A 氧化性（酸性溶液）：FeCl3Co（OH）3I2 B 还原性（碱性溶液）：Fe（OH）2I2KIO3 C 热稳定性：NaClNaClO4NaClO D 酸性（水溶液）：HSCN
44、H2CO3HCN考点： 氧化性、还原性强弱的比较；离子反应发生的条件 专题： 氧化还原反应专题；离子反应专题分析： A、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；B、根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性来判断，在反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的；C、根据物质分解时生成更加稳定的物质来判断；D、根据化学反应遵循强酸制弱酸的规律来判断解答： 解：A、在2FeCl3+2HI2FeCl2+I2+2HCl反应中，氧化性：FeCl3I2，在2Co（OH）3+6HCl2CoCl2+Cl2+6H2O中，氧化性：Co（OH）3Cl2，又Cl2FeCl3，故Co（OH）3FeCl3，则有：C
45、o（OH）3FeCl3I2，故A错误；B、在 3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KII2KIO3；在2Fe（OH）2+I2+2KOH2Fe（OH）3+2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe（OH）2I2；Fe（OH）2Fe（OH）3；Fe（OH）2KI，故还原性应为：Fe（OH）2I2KIO3，故B正确；C、物质分解时生成更加稳定的物质，在反应中4NaClO 3NaCl+NaClO4，稳定性NaClO4NaClO，在反应中NaClO4NaCl+2O2中，稳定性NaClNaClO4，则稳定性N
46、aClNaClO4NaClO，故C正确；D、化学反应遵循强酸制弱酸的规律，在反应2HSCN+K2CO32KSCN+CO2+H2O中，酸性HSCNH2CO3，在反应中 KCN+CO2+H2OHCN+KHCO3，酸性H2CO3HCN，则酸性为HSCNH2CO3HCN，故D正确故选A点评： 本题考查氧化性、还原性、稳定性和酸性的比较，做题时注意积累比较物质的性质的规律和方法13向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列
47、有关说法不正确的是（） A Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1 B 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L C 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L D Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol考点： 有关混合物反应的计算 专题： 压轴题；守恒法分析： 在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的
48、溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，列方程计算；B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后
49、为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），据此计算解答： 解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27
50、.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可
51、知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）2nCu（NO3）2=1mol20.4mol=0.2mol，故D正确故选B点评： 本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键14已知：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值
52、与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（） A 若某温度下，反应后=11，则溶液中= B 参加反应的氯气的物质的量等于a mol C 改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea mol D 改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol考点： 真题集萃；氯气的化学性质 专题： 卤族元素分析： A令n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3），据此计算判断；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（K
53、ClO3）=n（KOH）；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断解答： 解：A令n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，电子转移守恒，5n（ClO3）+1n（ClO）=1n（Cl），即5n（ClO3）+11mol=111mol，解得n（ClO3）=2mol，故溶液中=，故A正确；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH
54、），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=a mol，故B正确；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量=a mol5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol1=a mol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea
55、 mol，故C正确；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D错误，故选D点评： 本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用二非选择题（本题包括4小题，共58分）15（12分）（2014秋天水校级月考）铝、铁、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途，试回答下列问题：（1）已知可利用电解工业冶炼单质铝，则阳极电极反应式为2O2+4eO2（2）制造电路板的工艺中，FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，请写出该反应的离子方程式2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+（3）已知铜与稀硫酸不反应，但将铜片在稀硫酸中长时间加热时溶
56、液会呈蓝色，请用化学方程式表示原因2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O（4）氯化铝广泛用于有机合成和石油工业的催化剂将铝土矿粉（主要成分为Al2O3）与焦炭混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO（5）已知Cu2S可以和硝酸反应，请配平下列化学反应方程式：Cu2S+HNO3CuSO4+Cu（NO3）2+NO+3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+8H2O（6）某校兴趣小组欲测定一种铁铝硅合金（FexAlySiz）粉末的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量
57、盐酸溶液充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为Fe8Al4Si（填化学式）考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 分析： （1）在电解池中，阳极上是阴离子发生失电子的氧化反应；（2）铁离子具有氧化性氧化铜生成铜离子和亚铁离子；（3）铜片在稀硫酸中长时间加热时溶液会呈蓝色是因为铜和氧气反应生成氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液呈蓝色；（4）根据反应物、生成物和反应条件写出配平反应方程式；（5）Cu2S中两种元素化合价都变，可将其作一整体，然后运用守恒的思
58、想配平；（6）合金溶于过量盐酸铁和铝反应，剩余固体质量为硅的质量，计算得到n（Si），加入过量氢氧化钠溶液铝离子反应全部变化为偏铝酸钠，铁离子生成氢氧化铁过滤、洗涤得固体再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，计算得到铁元素物质的量，结合质量守恒计算合金中铝元素物质的量得到化学式解答： 解：（1）在电解熔融的氧化铝的电解池中，阳极上是阴离子氧离子发生失电子的氧化反应：2O24eO2，故答案为：2O2+4eO2；（2）FeCl3溶液可以蚀刻铜箔，因为铁离子具有氧化性，将铜单质氧化生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；故答案为：2Fe3
59、+Cu2Fe2+Cu2+；（3）因溶液中有氧气，加热能与铜反应生成氧化铜：2Cu+O22CuO，氧化铜再与硫酸反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，两式相加：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；（4）根据题意知，反应物是氧化铝、碳和氯气，反应条件是加热，生成物是氯化铝和一氧化碳，所以其反应方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO，故答案为：Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；（5）在Cu2S中：Cu Cu：+1+2（21）2，S：2+6 6（2），化合价升高10，而HNO3中N+5+2
60、化合价降低3，根据化合价的升降守恒：3Cu2S+HNO3CuSO4+Cu（NO3）2+10NO+（）再根据原子守恒得：S守恒：3Cu2S+HNO33CuSO4+Cu（NO3）2+10NO+（）Cu守恒：3Cu2S+HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+（）N守恒：3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+（）根据质量守恒得：3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+8 H2O，故答案为：3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO+8H2O；（6）准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过
61、滤，铁和铝全部溶解，测定剩余固体质量0.07g为硅n（Si）=0.0025mol，向滤液中滴加足量NaOH浓溶液，铝离子反应生成偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体判断为Fe（OH）3，再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，铁的物质的量n（Fe）=2=0.02mol，n（Al）=0.01mol；n（Fe）：n（Al）：n（Si）=0.02：0.01：0.0025=8：4：1，所以其化学式为Fe8Al4Si，故答案为：Fe8Al4Si点评： 本题考查了常见金属单质及其化合物性质、氧化还原反应的配平等知识，题目难度中等，主要是氧化还原反应的离子方程式和化学方程式书写，元素
62、守恒计算物质化学式是解题关键16（14分）（2012秋西安期中）如图所示中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物已知：反应C+GB+H能放出大量的热曾用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+DF中E元素的质量分数为60%回答问题：（1）中反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）化合物I的电子式为，它的空间构型是直线形；（3）1.6g G 溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）（4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2Al
63、O2+3H2，反应后溶液与过量化合物I反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3考点： 无机物的推断 专题： 推断题分析： A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；判断为铝热反应，所以C为Al，G为铁的氧化物Fe2O3，B为Fe，结合转化关系得到A为O2，H为Al2O3，I是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳；和E点燃条件下发生反应生成F和D，2E+I=2F+D为置换反应，推断E为金属单质Mg，发生的反应为，2Mg+CO22MgO+C，F为MgO，D为单质C；MgO中的
64、镁元素的质量分数为60%，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题解答： 解：A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；判断为铝热反应，所以C为Al，G为铁的氧化物Fe2O3；结合转化关系得到A为O2，H为Al2O3，I是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳；和E点燃条件下发生反应生成F和D，2E+I=2F+D为置换反应，推断E为金属单质Mg，发生的反应为，2Mg+CO22MgO+C，F为MgO，D为单质C；MgO中的镁元素的质量分数为60%，（1）中反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+A
65、l2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）二氧化碳分子是直线形化合物，碳原子和氧原子间形成两对共用电子对，分别形成两个共价键；电子式是把原子最外层电子标注在元素符号周围，二氧化碳的电子式为：，故答案为：；直线形；（3）1.6g G 溶于盐酸，发生的反应为：Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O，得到的溶液与铜粉完全反应，1.6g G 为Fe2O3物质的量为0.01mol，含Fe3+离子物质的量为0.02mol；溶解铜发生反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；至少需要的铜物质的量为0.01mol，铜的质量为0.64g，答：反应的离子方程式为2Fe3+Cu
66、2Fe2+Cu2+，铜粉的质量为0.64g；（4）C为Al与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，反应后溶液为偏铝酸钠溶液与过量化合物（CO2）反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3；点评： 本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和综合应用元素化合物的能力，涉及的知识面广，题型多样，变化复杂，条件隐蔽，容易出错，是一种既考查知识，又考查能力的题型解题的关键是在审题的
67、基础上找准解题的突破口经过分析，归纳，推理，得出正确的答案17（16分）（2014秋天水校级月考）某电镀铜厂有两种废水需要处理，一种废水中含有CN离子，另一种废水中含有Cr2O72离子该厂拟定如图所示的废水处理流程回答以下问题：（1）电镀铜时的阳极材料是粗铜，电极反应式为Cu2eCu2+（2）上述处理废水的流程中主要使用的方法是氧化还原法（3）中使用的NaClO溶液呈碱性，用离子方程式解释原因ClO+H2OHClO+OH（4）中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为CN+ClOCNO+Cl（5）中反应时，每0.4mol Cr2O72转移2.4mol e，该反应的离子方程式为3S2O32+4Cr
68、2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O（6）取少量待检水样于试管中，先加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，继续加入NaOH溶液，直到不再产生蓝色沉淀为止，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，且蓝色沉淀逐渐减少请你使用化学用语，结合必要的文字解释其原因待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2+2OHCu（OH）2，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2（aq）CuS（s）+2OH（aq）考点： 三废处理与环境保护；原电池和电解池的工作原理 分析： （1）电镀铜时粗铜作阳极，待镀层作阴极，阳极发生氧化反应；（2）由转化图及图中的物质可知，N
69、aClO、Cr2O72离子都具有氧化性，则实现离子的转化是利用氧化还原反应实现的；（3）利用盐的水解来分析盐溶液显碱性的原因；（4）CN离子具有还原性、NaClO具有氧化性，利用氧化还原来分析，并注意无气体生成来判断生成物；（5）利用每0.4molCr2O72转移2.4mol的电子来计算被还原后Cr元素的化合价，再书写离子方程式；（6）根据铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀及沉淀的转化来分析解答： 解：（1）电镀铜时，待镀层作阴极，粗铜为阳极，在阳极上失去电子发生氧化反应：Cu2eCu2+，故答案为：粗铜；Cu2eCu2+；（2）由图可知，将废水中的离子实现上述转化时，利用了氧化还原反应，则主要使
70、用的方法为氧化还原法，故答案为：氧化还原法；（3）NaClO溶液呈碱性，是因次氯酸根离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为ClO+H2OHClO+OH，故答案为：ClO+H2OHClO+OH； （4）碱性条件下，CN离子与NaClO发生氧化还原反应，无气体放出，则生成CNO、Cl离子，离子反应为CN+ClOCNO+Cl，故答案为：CN+ClOCNO+Cl；（5）每0.4molCr2O72转移2.4mol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol2（6x）=2.4mol，解得x=+3，则离子反应为3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O，故答案为：3S
71、2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O；（6）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，离子反应为Cu（OH）2（s）+S2（aq）CuS（s）+2OH（aq），故答案为：待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2+2OHCu（OH）2，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2（aq）CuS（s）+2OH（aq）点评： 本题考查利用氧化还原反应来实现废水的转化，注重了化学与实际生产的联系，学生应学会利用物质的性质、元素的化合价、电子守恒等来解答，题目难度中等18（
72、16分）（2014秋天水校级月考）某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X为测定其组成，进行如下实验氨的测定装置（已省略加热和夹持装置）氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1 molL1的盐酸标准溶液吸收蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 molL1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（
73、Ag2CrO4为砖红色）回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是使A瓶中压强稳定（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管，可使用的指示剂为酚酞或甲基橙（3）样品中氨的质量分数表达式为100%（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将偏低（填“偏高”或“偏低”）（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸银见光分解；滴定终点时，若溶液中c（Ag+）=2.0105 molL1，c（CrO42）为2.8103molL1（已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.121012）（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为+3，制
74、备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；X的制备过程中温度不能过高的原因是温度越高过氧化氢分解、氨气逸出，都会造成测量结果不准确考点： 探究物质的组成或测量物质的含量 专题： 实验探究和数据处理题分析： （1）通过2中液面调节A中压强；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；（3）根据氨气与和盐酸反应之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数；（4）若气密性不好，导致氨气的量偏低；（5）硝酸银不稳定，见光易分解；根
75、据离子积常数计算c（CrO42）；（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为Co（NH3）6Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co（NH3）6Cl3和水；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低解答： 解：（1）无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，安全作用的原理是使A中压强稳定，故答案为：使A瓶中压强稳定；（2）碱只能盛放在碱式滴定管中，酸
76、性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基橙为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基橙或酚酞作指示剂，故答案为：碱；酚酞或甲基橙；（3）与氨气反应的n（HCl）=V1103LC1molL1C2molL1 V2103L=（C1V1C2V2）103mol，根据氨气和HCl的关系式知，n（NH3）=n（HCl）=（C1V1C2V2）103mol，氨的质量分数=100%，故答案为：100%；（4）若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分
77、数偏低，故答案为：偏低；（5）硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色滴定管盛放硝酸银溶液；c（CrO42）=mol/L=2.8103 mol/L，故答案为：防止硝酸银见光分解；2.8103；（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为Co（NH3）6Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价；该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co（NH3）6Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，故答案为：+3；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co（NH3）6Cl3+2H2O；温度越高过氧化氢分解、氨气逸出，都会造成测量结果不准确点评： 本题考查了物质含量的测定，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等
