1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年江苏省泰州市姜堰区娄庄中学高三（上）月考化学试卷（2）一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1下列物质属于强电解质的是（）A碳酸钙B盐酸C酒精D醋酸2下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）AFe3O4与足量稀 HNO3 反应：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2OB用小苏打治疗胃酸过多：NaHCO3+H+=Na+CO2+H2OC双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶液：H2O2+2H+2I=I2+2H2OD往碳酸氢钙溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+2H2O
2、+CO323下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物4下列化学用语或模型不正确的是（）A甲烷分子的比例模型：B氯化氢的电子式：H：ClC乙烷的分子式：C2H6D乙烯的结构简式：CH2=CH25用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A10g 46%的乙醇溶液所含氢原子数为1.2NAB0.5mol Na2O2中含有的离子数目为2NAC标准状况下，2.24L甲醇中含有CH键的数目为0.3NADS2和S8的混合物共38.4g，其中所含硫原子数为1.4NA6一未完成的离子方
3、程式（）+XO+6H+（）3X2+3H2O，据此判断，氧化产物和还产物的物质的量之比为（）A1：5B3：1C5：1D7：17化学兴趣小组对某工厂排放的废水取样检测得知废水呈明显的碱性，则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是（）AK+、NO3、OHBK+、NO3、SO42CNa+、Fe3+、ClDNa+、CO32、SO428下列叙述正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等B等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数目一定相等C1 L一氧化碳气体的质量一定比1 L氧气的质量小D任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等9已知某一反应体系有反应物和生成物共五种物
4、质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2，则关于该反应体系说法错误的是（）A该反应的化学方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr（OH）3+3O2+2H2OB该反应中的氧化剂是H2O2，还原产物是O2C氧化性：H2CrO4O2D如反应转移了0.3 rnol电子，则产生的气体在标准状况下体积为3.36 L10人体血红蛋白中含有Fe2+离子，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+离子转变成Fe3+离子，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有（）A酸性B碱性C氧化性D
5、还原性二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个该小题就为0分）11配制250mL 0、1000mol/LNaCl溶液时，下列操作会使配得溶液中NaCl的物质的量浓度偏大的是（）A移液后未洗涤烧杯B在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线C在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线D定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线12反应3ClO+2Fe3+10OH2FeO42+5H2O+3Cl，下列有关该反应的说法中正确的是（）AClO作氧
6、化剂BFeO42为还原产物C每产生1 mol FeO42，转移3 mol电子DOH作氧化剂13已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，氧化性：HClOCl2Br2Fe3+I2下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是（）A向0.1molFeI2溶液中滴加少量氯水，反应中有0.3mol电子转移B向溴水中加入足量氯化亚铁能使溶液变成无色C向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：ClO+CO2+H2OHClO+HCO3D能使pH试纸显深红色的溶液，Fe3+、Cl、Ba2+、Br能大量共存14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加入铝粉产生H2 的溶液中：Fe2+、
7、Na+、SO24、ClOB由水电离的c（H+）=11014molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3C =1012的溶液中：NH+4、Al3+、NO3、ClD使甲基橙呈红色的溶液：K+、Cl、SO24、S2O3215某水溶液只可能含有K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl、CO32、SO42中的若干种离子某同学取100mL的溶液分成两等份进行如下实验：第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到0.02mol的气体，无沉淀产生，同时得到溶液甲向溶液甲中通过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到1.02g固体第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀
8、，沉淀经盐酸充分洗涤，干燥，得到11.65g固体据此，该同学得到的结论正确的是（）A实验中产生的气体为氨气，并可得原溶液中c（NH4+）=0.2 molL1B实验中的白色沉淀中一定有BaSO4，无BaCO3C原溶液中一定有K+，且c（K+）=0.4 molL1D若要判断原溶液中是否有Cl，无需另外设计实验验证三、非选择题（本题包括6个小题，共80分）16化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，酸过量时若用化学方程式表示有六个，若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方
9、程式，（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是AAg；BCu；CAl；DFe（4）烧碱、纯碱均可吸收CO2，当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是：；Na2CO3；NaHCO3将得到的固体重新溶解于水，在溶液中加盐酸，使溶液的pH=7，再将溶液蒸干，得到固体的质量是g17（1）铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用请回答下列问题：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，氧化产物为，若有3mol FeS2参加反应，转移mol电子与明
10、矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，其原理为：（用离子方程式表示）FeC13与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为（2）己知：S2O32具有较强的还原性，实验室可用I测定K2S2O8样品的纯度，反应方程式为：S2O82+2I=2SO42+I2I2+2S2O32=2I+S4O62S2O82、S4O62、I2氧化性强弱顺序（3）己知溶液中，还原性为HSO3I，氧化性为IO3I2SO42在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示a点处的还原产物是：（填离子符号）；b点c点反应的离子方程式是当溶液中的I为0.5mol时、加入的K
11、IO3可能是mol18以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为，同时V2O4转成VO2+“废渣1”的主要成分是（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为mol（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124形式存在于溶液中“废渣2”中含有
12、（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈性（填“酸”“碱”“中”）（5）“流出液”中阳离子最多的是（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式19为测定该补血剂样品主要成分是硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案：方案一：用酸性KMnO4溶液滴定测定铁元素的含量（1）写出滴定反应的离子方程式（2）下列滴定方式中，最合理的是（夹持部分略去）（填字母序号）（3）实验前，首先要准确配制一定物质的量浓度的KMnO
13、4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需（填仪器名称）方案二 将FeSO4转化为Fe2O3，测定质量变化操作流程如下：（4）步骤中除用H2O2外还可以使用的物质是（5）步骤是否可以省略，理由是（6）步骤中一系列操作依次是：过滤、洗涤、冷却、称量（7）假设实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量g（用含a的代数式表示）20KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿（主要成分为MnO2）通过下列方法制备：软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4；溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4；滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得到深紫
14、色的KMnO4产品（1）溶液酸化时，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4的离子方程式是；（2）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定配制250mL0.1mol/L标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量为g；取上述制得的KMnO4产品0.6000g，酸化后用0.1mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00ml计算该KMnO4产品的纯度（请给出计算过程）（有关离子方程式为：MnO4+S2O32+H+ SO42+Mn2+H2O 未配平）21（1）铁在元素周期表中的位置是（2）配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为2
15、0.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于（填晶体类型）Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=；Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）Fe（s）+xCO（g）已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式；两者相比较沸点较高的为（填化学式）CN中碳原子杂化轨道类型为，C、N、O三元素的第一电离能最大的为（用元素符号表示）2016-2017学年江苏省泰州市姜堰区娄庄中学高三（上）月考化学试卷（2）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共
16、20分每小题只有一个选项符合题意）1下列物质属于强电解质的是（）A碳酸钙B盐酸C酒精D醋酸【考点】弱电解质的判断【分析】首先根据电解质、非电解质的概念判断是否为电解质，然后根据“强电解质在溶液中完全电离、弱电解质在溶液中部分电离”进行判断【解答】解：A碳酸钙在熔融状态下能够导电，属于电解质，且所有溶于水的碳酸钙后完全电离，所有碳酸钙为强电解质，故A正确；B盐酸为混合物，不属于电解质，故B错误；C酒精溶于水不导电，不属于电解质，故C错误；D醋酸在溶液中部分电离，属于弱电解质，故D错误；故选A2下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）AFe3O4与足量稀 HNO3 反应：Fe3O4+8H+=2
17、Fe3+Fe2+4H2OB用小苏打治疗胃酸过多：NaHCO3+H+=Na+CO2+H2OC双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶液：H2O2+2H+2I=I2+2H2OD往碳酸氢钙溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：Ca2+2OH+2HCO3=CaCO3+2H2O+CO32【考点】离子方程式的书写【分析】A发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；B小苏打在水中完全电离；C发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D反应生成碳酸钙、水、NaOH【解答】解：AFe3O4与足量稀 HNO3 反应的离子反应为3Fe3O4+NO3+28H+=9Fe3+NO+14H2O，故A错误；B用小苏打治疗胃酸过多的离子反应为HCO3+H
18、+=CO2+H2O，故B错误；C双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶液的离子反应为H2O2+2H+2I=I2+2H2O，故C正确；D往碳酸氢钙溶液中滴入少量氢氧化钠溶液的离子反应为Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，故D错误；故选C3下列物质分类正确的是（）ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；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【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在1nm100nm形成的分
19、散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，不同物质组成的为混合物【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；故选D4下列化学用语或模型不正确的是（）A甲烷分子的比例模型：B氯化氢的电子式：H：ClC乙烷的分子式：C2H6D乙烯的结构简式：CH2=CH2【考点】球棍模型与比例模型；电子式；结构简式【分析】A、比例模型体现的是组成该分子的原子间的大小以及分子的空间结构，且碳原子半径大于
20、氢原子；B、氯化氢为共价化合物，氯离子最外层应该为8个电子；C、表示物质的元素组成的式子为分子式；D、烯烃中的碳碳双键不能省略【解答】解：A、甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢离子，甲烷分子的比例模型为：，故A正确；B、氯化氢为共价化合物，氯原子最外层达到8个电子稳定结构，氯化氢的电子式为：，故B错误；C、表示物质的元素组成的式子为分子式，故乙烷的分子式为C2H6，故C正确；D、烯烃中的碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D正确故选B5用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A10g 46%的乙醇溶液所含氢原子数为1.2NAB0.5mol Na2O2中含有的离子数目为
21、2NAC标准状况下，2.24L甲醇中含有CH键的数目为0.3NADS2和S8的混合物共38.4g，其中所含硫原子数为1.4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含H原子；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；C、标况下甲醇为液体；D、S2和S8均由S原子构成【解答】解：A、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含H原子，10g 46%的乙醇溶液中含有的乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，则含0.6NA个H原子；水的质量为5.4g，物质的量为0.3mol，则含0.6NA个H原子，故共1.2NA个H原子，故A正确；B、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.5mol
22、过氧化钠中含有1.5NA个离子，故B错误；C、标况下甲醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的CH键个数，故C错误；D、S2和S8均由S原子构成，故38.4g混合物中含有的硫原子的物质的量为n=2.4mol，故个数为2.4NA个，故D错误故选A6一未完成的离子方程式（）+XO+6H+（）3X2+3H2O，据此判断，氧化产物和还产物的物质的量之比为（）A1：5B3：1C5：1D7：1【考点】氧化还原反应的计算【分析】由质量守恒和电荷守恒可得出该离子反应方程式为5X+XO3+6H+3X2+3H2O，元素化合价升高得到产物为氧化产物，元素化合价降低得到的产物为还原产物，结合想方程式判
23、断【解答】解：由质量守恒和电荷守恒可得出该离子反应方程式为5X+XO3+6H+3X2+3H2O，X为还原剂，得到氧化产物，XO3为氧化剂，生成还原产物，根据X原子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1，故选C7化学兴趣小组对某工厂排放的废水取样检测得知废水呈明显的碱性，则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是（）AK+、NO3、OHBK+、NO3、SO42CNa+、Fe3+、ClDNa+、CO32、SO42【考点】离子共存问题【分析】废水呈明显的碱性，则含有大量的OH，与OH反应生成沉淀、气体、水的离子不能大量共存，以此来解答【解答】解：废水呈明显的碱性，则含有大量的OH，碱性条件
24、下，A、B、D离子之间都不发生任何反应，可大量共存，但C中Fe3+不能大量存在，故选C8下列叙述正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必相等B等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H+数目一定相等C1 L一氧化碳气体的质量一定比1 L氧气的质量小D任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必相等【考点】阿伏加德罗定律及推论；物质分子中的原子个数计算【分析】A同温同压下，只有气体的Vm相等；B从酸的分类的角度分析；C如气体不在相同条件下，则不能确定物质的量、质量关系；D根据n=判断【解答】解：A同温同压下，只有气体的Vm相等，如不是气体，则无法比较体积大小，故A错误；B如
25、分别为一元强酸、二元强酸，则所含的H+数目不相等，故B错误；C两种气体不一定在相同条件下，不能确定物质的量、质量关系，故C错误；D由n=可知，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数相等，故D正确故选D9已知某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2，则关于该反应体系说法错误的是（）A该反应的化学方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr（OH）3+3O2+2H2OB该反应中的氧化剂是H2O2，还原产物是O2C氧化性：H2CrO4O2D如反应转移了0.3 rnol电子，则产生的气体在标准状况下体积为
26、3.36 L【考点】氧化还原反应【分析】由H2O2只发生如下过程H2O2O2可知，反应中过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，则H2CrO4为氧化剂，对应产物Cr（OH）3为还原产物，结合氧化还原反应得失电子守恒及原子个数守恒书写方程式，再根据氧化还原反应原理分析【解答】解：由题意：H2O2只发生如下过程H2O2O2可知，反应中过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，则H2CrO4为氧化剂，对应产物Cr（OH）3为还原产物，H2O2O2化合价升高2，H2CrO4Cr（OH）3化合价降3，依据得失电子守恒，H2O2系数为3，依据原子个数守恒，H2CrO4系数为2，O2系数为3，Cr（OH）3系数为2，产物
27、中生成2分子水，化学方程式为：2H2CrO4+3H2O2=2Cr（OH）3+3O2+2H2O，A该反应的化学方程式为2H2CrO4+3H2O2=2Cr（OH）3+3O2+2H2O，故A正确；BH2O2O2可知，O元素的化合价升高，则反应中过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，故B错误；C反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：H2CrO4O2，故C正确；D2H2CrO4+3H2O2=2Cr（OH）3+3O2+2H2O中转移6mol电子生成3mol气体，所以转移0.3mol电子时生成0.15mol气体，气体在标准状况下体积为3.36 L，故D正确故选B10人体血红蛋白中含有Fe2+离子
28、，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+离子转变成Fe3+离子，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素C具有（）A酸性B碱性C氧化性D还原性【考点】氧化还原反应【分析】Fe2+离子转变成Fe3+离子，铁元素化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，但是Fe3+离子转变成Fe2+离子，铁元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂才能实现【解答】解：根据题目说法，服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，即可以将三价铁转化为亚铁离子，所以维生素C是还原剂，具有还原性故选D二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题有一个或两个选项
29、符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个该小题就为0分）11配制250mL 0、1000mol/LNaCl溶液时，下列操作会使配得溶液中NaCl的物质的量浓度偏大的是（）A移液后未洗涤烧杯B在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线C在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线D定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【考点】溶液的配制【分析】分析操作对溶质的物质的量n及溶液体积V的影响，依据C=进行误差分析【解答】解：A移液后未洗涤烧杯，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故A不选；B在容量瓶中进行定容时
30、，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；C在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；D定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；故选：C12反应3ClO+2Fe3+10OH2FeO42+5H2O+3Cl，下列有关该反应的说法中正确的是（）AClO作氧化剂BFeO42为还原产物C每产生1 mol FeO42，转移3 mol电子DOH作氧化剂【考点】氧化还原反应【分析】3ClO+2Fe3+10OH2FeO42+5H2O+3Cl中，Cl元素的化合价由+1价降低为1价，Fe元素的化合价由+3价升高为+6
31、价，以此来解答【解答】解：ACl元素的化合价降低，则ClO作氧化剂，故A正确；BFe失去电子被氧化，则FeO42为氧化产物，故B错误；C每产生1 mol FeO42，转移1mol（63）=3 mol电子，故C正确；DO、H元素的化合价不变，OH不是氧化剂，故D错误；故选AC13已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，氧化性：HClOCl2Br2Fe3+I2下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是（）A向0.1molFeI2溶液中滴加少量氯水，反应中有0.3mol电子转移B向溴水中加入足量氯化亚铁能使溶液变成无色C向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：ClO+CO2+H2OH
32、ClO+HCO3D能使pH试纸显深红色的溶液，Fe3+、Cl、Ba2+、Br能大量共存【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】A氧化性：Fe3+I2，则碘离子先被氧化；B溴和亚铁离子发生氧化还原反应；C酸性HClOHCO3，则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸；D能使pH试纸显深红色的溶液中，说明溶液呈强酸性，弱酸根离子、还原性离子不存在【解答】解；A氧化性：Fe3+I2，则碘离子先被氧化，离子方程式为2I+Cl2I2+2Cl，则转移的电子数小于0.3NA，故A错误；B氧化性：Br2Fe3+，向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，故B错误；C酸性HCl
33、OHCO3，则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO+CO2+H2O=HClO+HCO3，故C正确；D能使pH试纸显深红色的溶液中，说明溶液呈强酸性，弱酸根离子、还原性离子不存在，这几种离子之间不反应，所以能共存，故D正确故选CD14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加入铝粉产生H2 的溶液中：Fe2+、Na+、SO24、ClOB由水电离的c（H+）=11014molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3C =1012的溶液中：NH+4、Al3+、NO3、ClD使甲基橙呈红色的溶液：K+、Cl、SO24、S2O32【考点】离子共存问题【分析】
34、A加入铝粉产生H2 的溶液为酸性或者碱性溶液，亚铁离子与氢氧根离子、次氯酸根离子反应，次氯酸根离子能够与氢离子反应；B由水电离的c（H+）=11014molL1的溶液中存在大量氢离子或者氢氧根离子，钙离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应；Cc（H+）/c（OH）=1012的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，NH+4、Al3+、NO3、Cl离子之间不发生反应，也不与氢离子反应；D甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液：S2O32离子在酸性溶液中能够发生反应【解答】解：A加入铝粉产生H2 的溶液中存在大量的H+或OH，Fe2+、ClO离子之间发生氧化还原反应，Fe2+与氢氧根离子反
35、应、ClO与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；B由水电离的c（H+）=11014molL1的溶液中存在大量的H+或OH，Ca2+、HCO3离子与氢氧根离子反应，HCO3离子与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；Cc（H+）/c（OH）=1012的溶液中存在大量氢离子，NH+4、Al3+、NO3、Cl离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D甲基橙呈红色的溶液中存在大量H+，S2O32离子与H+发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C15某水溶液只可能含有K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl、CO32、SO42
36、中的若干种离子某同学取100mL的溶液分成两等份进行如下实验：第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到0.02mol的气体，无沉淀产生，同时得到溶液甲向溶液甲中通过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到1.02g固体第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，沉淀经盐酸充分洗涤，干燥，得到11.65g固体据此，该同学得到的结论正确的是（）A实验中产生的气体为氨气，并可得原溶液中c（NH4+）=0.2 molL1B实验中的白色沉淀中一定有BaSO4，无BaCO3C原溶液中一定有K+，且c（K+）=0.4 molL1D若要判断原溶液中是否有Cl，无需另外设计实验验证【考点】物质
37、检验实验方案的设计；常见离子的检验方法【分析】和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，可以和过量的氢氧化钠反应生成的沉淀可以是氢氧化铁、氢氧化镁，氢氧化铝可以和过量的氢氧化钠之间反应，向偏铝酸钠中通过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝，根据铝元素守恒可以计算铝离子的量，在溶液中，铝离子和碳酸根离子因为双水解不共存，硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成硫酸钡沉淀，是一种不溶于盐酸的白色沉淀，根据沉淀的量结合发生的反应来计算离子的量即可【解答】解：第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，即为氨气，一定含有NH4+，物质的量为0.02mol，浓度为=0.
38、4mol/L，无沉淀生成，则一定不含有Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，则原溶液中一定有Al3+，一定不含有碳酸根离子，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是2=0.02mol，浓度为=0.4mol/L；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，无钡离子沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体即硫酸钡的质量是11.65g，物质的量为=0.05mol，根据元素守恒，所以
39、硫酸根离子的物质的量是0.05mol，浓度为=1mol/L，综上可知，一定含有的离子是：NH4+、Al3+、SO42，其浓度分别是：0.4mol/L；0.4mol/L；1mol/L，一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，不能确定是否存在氯离子；A根据以上分析可知，c （NH4+）=0.4 molL1，故A错误；B根据以上分析可知，中的白色沉淀中一定有BaSO4，无BaCO3，故B正确；C任何溶液中都存在电荷守恒，NH4+、Al3+、SO42，其浓度分别是：0.4mol/L；0.4mol/L；1mol/L，可以知道NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42负电荷总量，依据电荷
40、守恒，则一定有K+存在，若无氯离子存在，则0.41+0.43+c（K+）1=12，解得c（K+）=0.4mol/L，如有氯离子存在，则c（K+）0.4mol/L，故C错误；D由以上分析可知，不能确定存在氯离子，故D错误；故选B三、非选择题（本题包括6个小题，共80分）16化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是碳酸钠（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，酸过量时若用化学方程式表示有六个，若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式H+OH=H2O，2H+CO32=CO2+H2O（3）“三酸”常用于溶解金
41、属和金属氧化物下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是A、BAAg；BCu；CAl；DFe（4）烧碱、纯碱均可吸收CO2，当含0.1molNaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温蒸干得到固体的组成可能有四种情况，分别是：NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3将得到的固体重新溶解于水，在溶液中加盐酸，使溶液的pH=7，再将溶液蒸干，得到固体的质量是5.85g【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】（1）纯碱的主要成分是碳酸钠，属于盐；（2）根据酸碱反应的实质和酸与碳酸盐反应的实质书写反应的离子方程式；（3）金属与浓硝酸反应时，常温下铁铝
42、发生钝化现象，阻止反应进行；（4）依据极值法分析，根据原子守恒计算固体质量【解答】解：（1）纯碱的主要成分是碳酸钠，属于盐，而碱为电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，故答案为：纯碱；（2）硝酸、硫酸和盐酸都是强酸，烧碱为强碱，反应的离子方程式为H+OH=H2O，强酸和碳酸钠反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为2H+CO32=CO2+H2O，故答案为：H+OH=H2O；2H+CO32=CO2+H2O；（3）金属与浓硝酸反应时，常温下铁铝发生钝化现象，阻止反应进行，而Ag和Cu能与浓硝酸反应，故答案为：A、B；（4）烧碱、纯碱均可吸收CO2，当含0.1mol
43、NaOH的溶液吸收一定量CO2后，将溶液低温蒸干得到固体的组成可能有四种情况：NaOH过量时，固体为NaOH和Na2CO3Na2CO3CO2过量时固体为Na2CO3和NaHCO3恰好生成NaHCO3；将得到的固体重新溶解于水，在溶液中加盐酸，使溶液的pH=7，则溶液变为NaCl溶液，利用钠原子守恒计算：已知n（NaOH）=0.1mol NaOHNaCl 0.1mol 0.1mol故 m（NaCl）=0.1mol58.5g/mol=5.85g，故答案为：NaOH和Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；5.8517（1）铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用请回答下列问题：黄铁矿（FeS2）是生
44、产硫酸和冶炼钢铁的重要原料其中一个反应为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，氧化产物为SO2和Fe3O4，若有3mol FeS2参加反应，转移32mol电子与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，其原理为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+（用离子方程式表示）FeC13与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2（2）己知：S2O32具有较强的还原性，实验室可用I测定K2S2O8样品的纯度，反应方程式为：S2O82+2I=2SO42+I2I2+2S2O32=2I+S4O62S2O82、S4O62、I2氧化性强弱顺序S2O82I2S4O62（3）己知溶液中，
45、还原性为HSO3I，氧化性为IO3I2SO42在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示a点处的还原产物是：I（填离子符号）；b点c点反应的离子方程式是IO3+6H+5I=3H2O+3I2当溶液中的I为0.5mol时、加入的KIO3可能是0.5或1.1mol【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用【分析】（1）反应3FeS2+8O2=Fe3O4+6SO2中Fe元素化合价又+2+3，化合价升高，S元素化合价由1+4，化合价升高，O元素化合价由02，化合价降低；Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体可以净水；氯化
46、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；（2）反应方程式为S2O82+2I2SO42+I2、I2+2S2O232I+S4O62，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析；（3）还原性HSO3I，首先发生反应：IO3+3HSO3I+3SO42+3H+，HSO3反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3I2，再发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I2，结合图中a点碘的量判断发生的反应，所含元素化合价降低的元素被还原生成还原产物，据此解答；由图可知，b点到c点有碘生成，应发生IO3+6H+5I=3H2O+3I2；当溶液中的I为0.5mol时，有两种情况：一是
47、只发生反应IO3+3HSO3I+3SO42+3H+，生成I为0.5mol，根据碘元素守恒n（KIO3）=n（I）；二是HSO3反应完毕后，还发生IO3+6H+5I=3H2O+3I2，剩余I为0.5mol，计算HSO3反应完毕生成n（I）、消耗的n（KIO3），进而计算反应IO3+6H+5I=3H2O+3I2中消耗的I、KIO3的物质的量，据此计算【解答】解：（1）反应3FeS2+8O2=Fe3O4+6SO2，前后各元素化合价的变化情况如下：Fe：+2+3，化合价升高；S：1+4，化合价升高；O：02，化合价降低；因此，在反应中FeS2还原剂，O2是氧化剂，Fe3O4既是氧化产物也是还原产物，S
48、O2既是氧化产物也是还原产物；在上述反应中共转移32个电子，有3molFeS2参加反应，转移电子的物质的量为32mol故答案为：SO2和Fe3O4；32；Fe3+水解生成Fe（OH）3胶体可以净水，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；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，反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2，故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；（2）反应方程式为S2O82+2I2SO42+I2、I2+2S2O232I+S4O62，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性：S2
49、O82I2S4O62；故答案为：S2O82I2S4O62；（3）还原性HSO3I，首先发生反应：IO3+3HSO3I+3SO42+3H+，HSO3反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3I2，再发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I2，由图可知，a点没有生成碘，故发生反应IO3+3HSO3I+3SO42+3H+，I元素的化合价降低，生成I为还原产物，b点到c点由于生成I2，故发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I2，故答案为：I；IO3+6H+5I=3H2O+3I2；当溶液中的I为0.5mol时，有两种情况：一是只发生反应IO3+3HSO3I+3SO42+3H+，生成I为0.5
50、mol，根据碘元素守恒n（KIO3）=n（I）=0.5mol；二是HSO3反应完毕后，还发生IO3+6H+5I=3H2O+3I2，剩余I为0.5mol，3molNaHSO3消耗1molKIO3、生成1molI，故反应IO3+6H+5I=3H2O+3I2中消耗的I为1mol0.5mol=0.5mol，消耗KIO3的物质的量为0.5mol=0.1mol，故共加入的KIO3为1mol+0.1mol=1.1mol，故答案为：0.5或1.1；18以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V
51、2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为V2O5+2H+=2VO2+H2O，同时V2O4转成VO2+“废渣1”的主要成分是SiO2（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为0.5mol（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124形式存在于溶液中“废渣2”中含有Fe（OH）3、Al（OH）3（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH（以ROH为强碱性
52、阴离子交换树脂）为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈碱性（填“酸”“碱”“中”）（5）“流出液”中阳离子最多的是K+（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得
53、到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答【解答】解：从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同
54、时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124R4V4O12+4OH，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应正向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为V2O5+2H+=2VO2+H2O，由上述分析可知滤渣1为SiO2，故答案为：V2O5+2H+=2VO2+H2O；SiO2；（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO3至少为=0.5mol，故答
55、案为：0.5；（3）由上述流出分析可知滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”，则应选择碱性条件下使用，且OH浓度大反应逆向移动提高洗脱效率，故答案为：碱；（5）由上述分析可知，流出液中主要为硫酸钾，则“流出液”中阳离子最多的是K+，故答案为：K+；（6）“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3，故答案为：2NH4VO3V2O5+H2O+2NH319为测定该补血剂样品主要成分是硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案：方案一：
56、用酸性KMnO4溶液滴定测定铁元素的含量（1）写出滴定反应的离子方程式5Fe2+MnO4+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O（2）下列滴定方式中，最合理的是B（夹持部分略去）（填字母序号）（3）实验前，首先要准确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需250ml容量瓶（填仪器名称）方案二 将FeSO4转化为Fe2O3，测定质量变化操作流程如下：（4）步骤中除用H2O2外还可以使用的物质是氯水（5）步骤是否可以省略否，理由是Fe2+与碱反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量（6
57、）步骤中一系列操作依次是：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量（7）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；铁盐和亚铁盐的相互转变；中和滴定【分析】方案一：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，被还原为Mn2+，同时生成水；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管内，硫酸亚铁溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管内；（3）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；方案二：由流程图可知，该实验原理为：将药品中的F
58、e2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量（4）步骤加入有强氧化性试剂，能将Fe2+全部氧化为Fe3+；（5）Fe2+与碱反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量；（6）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；（7）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算【解答】解：方案一：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+
59、，被还原为Mn2+，同时生成水，反应离子方程式为5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；故答案为：5Fe2+MnO4+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管内，硫酸亚铁溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管内，故B最合适；故答案为：B；（3）精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶；方案二：（3）步骤加入有强氧化性试剂，能将Fe2+全部氧化为Fe3+，除用H2O2外还可以使用氯水等；故答案为：氯水；（5）Fe2+与碱
60、反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量，故步骤不能省略；故答案为：否，Fe2+与碱反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量；（6）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；故答案为：灼烧；（7）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag；故答案为：0.07a20KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿（主要成分为MnO2）通过下列方法制备：软锰矿与
61、过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4；溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4；滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品（1）溶液酸化时，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4的离子方程式是3MnO42+4H+=MnO2+2MnO4+2H2O；（2）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定配制250mL0.1mol/L标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量为3.950g；取上述制得的KMnO4产品0.6000g，酸化后用0.1mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20
62、.00ml计算该KMnO4产品的纯度（请给出计算过程）（有关离子方程式为：MnO4+S2O32+H+ SO42+Mn2+H2O 未配平）【考点】化学方程式的有关计算；化学方程式的书写；氧化还原反应；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）K2MnO4在酸性条件下全转变为MnO2和KMnO4，同时生成水，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平；（2）根据n=cV计算的物质的量，再根据m=nM计算Na2S2O3的质量；发生反应：8MnO4+5S2O32+14H+=10SO42+8Mn2+7H2O，结合方程式计算【解答】解：（1）滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，则反应离子方
63、程式为3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O，故答案为：3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O；（2）n（Na2S2O3）=0.100molL10.25L=0.025mol，m（Na2S2O3）=0.025mol158g/mol=3.950g，故答案为：3.950；由反应方程式：8MnO4+5S2O32+14H+=10SO42+8Mn2+7H2O，可知n（KMnO4）=n（S2O32）=0.100 molL120.00103 L=3.20103mol，所以m（KMnO4）=3.20103mol158g/mol=0.5056gKMnO4产品的纯度为：100%=84.27%
64、；答：该KMnO4产品的纯度为：84.27%21（1）铁在元素周期表中的位置是第四周期第族（2）配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于分子晶体（填晶体类型）Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=5；Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）Fe（s）+xCO（g）已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为金属键（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式NN；两者相比较沸点较高的为CO（填化学式）CN中碳原子杂化轨道类型为sp杂化，C、N、O三元素的第一电离
65、能最大的为N（用元素符号表示）【考点】配合物的成键情况；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）Fe位于第四周期第VIII族；（2）分子晶体熔沸点较低；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，据此计算n值；只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键；（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体；极性分子的熔沸点较高；根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，第一电离能随着原子序数增大而减小【解答】解：（1）Fe位于第四周期第V
66、III族，故答案为：第四周期第族；（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低，所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键，故答案为：分子晶体；5；金属键；（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，所以与CO是等电子体的分子结构式为NN；极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高；该微粒中C原子价层电子对个数是2，所以C原子采用sp杂化；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能最大的是N元素，故答案为：NN；CO；sp杂化；N2017年1月22日高考资源网版权所有，侵权必究！
