1、2016-2017学年河北省石家庄市戴氏文化传播有限公司高二（上）期中化学试卷一选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共48分）1从人类利用金属的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事，造成这个先后顺序事实的最主要因素是（）A地壳中金属元素的含量B金属的延展性C金属的导电性D金属活动性及冶炼的难易程度2生铁的熔点是11001200，则纯铁的熔点可能是（）A1055B1100C1200D15353大量生产金属单质铁和铝的方法是（）A加热法和还原法B还原法和加热法C还原法和电解法D电解法和还原法4生铁和钢的主要区别是（）A主要成分不同B含碳量不同C硬度不同D导热性不同5下列
2、离子在碱性溶液中能大量存在的是（）AAl3+BAlO2CHCO3DNH4+6下列不能由单质直接通过化合反应制取的是（）FeCl2FeCl3FeS Mg3N2CuS Al2S3AlCl3ABCD7下列物质反应时，不会产生H2 的是（）A红热的铁和水蒸气BAl和稀硫酸CFe和稀HNO3DAl 和NaOH溶液8我国最新报道的高温超导体中，铊是组成成分之一已知铊与铝是同族元素，关于铊的判断有错误的是（）A氢氧化铊是两性氢氧化物B铊能置换出盐酸中的氢C铊是质软的银白色的金属D铊能生成+3价的化合物9苹果汁是人们喜爱的饮料，由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由Fe2+变为Fe3+若榨汁时加入
3、维生素C，可有效防止这种现象的发生这说明维生素C具有（）A还原性B氧化性C碱性D酸性10下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A热稳定性：HFHClHBrHIB微粒半径：K+Na+Mg2+Al3+C酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3D最外层电子数LiMgSiAr11下列各组溶液，只用试管和胶头滴管，不用任何试剂就可以鉴别的是（）ACaCl2、Na2CO3BBa（OH）2、NaHSO4CAlCl3、NH3H2ODAl2（SO4）3、NaOH12下列离子方程式中书写正确的是（）AFeCl2溶液中通入Cl2：Fe2+Cl2Fe3+2ClBH2S通入CuSO4溶液中：Cu2+S2C
4、uSCFeS固体放人稀盐酸溶液中：FeS+2H+Fe2+H2SDAlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4OHAlO2+2H2O13下列各组反应中，最后得到Al（OH）3沉淀的是（）A将Al2O3固体粉末加到沸水中B将CO2气体不断通人到NaAlO2溶液中C将过量的金属钠投入到NaAlO2溶液中D向340ml 1mol/L NaOH溶液中加入80ml 1mol/L的AlCl3溶液14下列各组离子一定能大量共存的是（）A含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNB在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32C在c（H+）=1013molL1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、N
5、O3D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO315同周期的三种非金属元素X、Y、Z，它们的原子半径由小到大的顺序是XYZ，则下列判断中错误的是（）A非金属性：XYZBX、Y、Z的最高价氧化物的水化物酸性由弱到强C气体氢化物的稳定性，按X、Y、Z顺序递减DX、Y、Z的最外层电子数依次减少16向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉未中加入过量的稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉未存在，则关于溶液中阳离子的判断正确的是（）A只有Fe2+和Cu2+B一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+C一定有Fe2+，可能有Cu2+D只有Fe2+17某溶液中有NH4+、Fe3+、Fe2+ 和Al3+四种离子
6、，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中离子个数没有变化的离子是（）ANH4+BFe3+CFe2+DAl3+18短周期金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置如图所示下列判断正确的是（） 甲 乙 丙 丁戊A原子半径：丙丁戊B金属性：甲丙C氢氧化物碱性：丙丁戊D最外层电子数：甲乙19元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2具有相同的核外电子层结构下列推测不正确的是（）A同周期元素中X的金属性最强B原子半径XY，离子半径X+Z2C同族元素中Z的氢化物稳定性最高D同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强20几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代
7、号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、32下列叙述正确的是（）AX、Y元素的金属性XYB一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CY的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来21将Cl2通入0.05mol/L H2S溶液中，刚好硫全部析出，此时溶液的PH为（）A0.1B3C2D122将等物质的量的镁和铝相混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中充分反应后，放出氢气最多的是（）A3mol/LHClB4mol/LHNO3C8mol/LNaOHD18mol/LH2SO423有一块铝铁合金溶于足量盐酸
8、中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后，剩余固体粉末的质量与原合金质量恰好相等，则合金中铝的含量为（）A30%B70%C47.6%D52.4%24pH=3的CH3COOH溶液；pH=3的HCl溶液；pH=11的氨水；pH=11的NaOH溶液相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（）A将、溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：B向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：C等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：最大D水电离产生的c（H+）：=二、填空题25矿物白云母是一种重要的化工原料，其化学式的氧化物形式为K2O3Al2O36SiO22H2O就其组成元素
9、完成下列填空：（1）原子最外层有两个未成对电子的元素有 ；属于第三周期的非金属元素是 （2）上述元素中，形成的简单离子的半径由大到小的顺序为（Si除外） （填离子符号）（3）两种金属元素中，金属性较强的元素是 ，能说明这一事实的化学方程式是 （任写一个）（4）Al的最高价氧化物对应水化物在酸性溶液中的电离方程式为 26某无色透明的溶液中可能含有K+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Cl、SO42、CO32 等离子，在此溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，结果发现没有气体生成但有白色沉淀产生加入的氢氧化钠溶液体积（V）和产生的沉淀量m的关系如图所示则溶液中一定存在的离子是 ，一定不存在的离子是
10、 27电解冶炼铝的原料为铝土矿，其主要成份为氧化铝，杂质主要是氧化铁，某工厂冶炼铝及其副产品的利用如图1所示：回答下列问题：（1）沉淀A是 （化学式）；溶液A中主要成分的化学式是 （2）溶液E呈 性（选填“酸”或“碱”）；溶液B显碱性的原因是（用离子方程式表示） （3）写出下列序号的化学方程式： （4）如图2，工业冶铝是电解冰晶石（Na3AlF6）和Al2O3熔融混合物，电极石墨是该电解池的 （填电极名称），在该电极上发生 （选填“氧化”或“还原”）反应；熔化的铝从出口流出，你认为能否用水冷却熔化的铝？ （选填“能”或“否”）28某校化学小组学生利用图所列装置进行“铁与水反应”的相关实验，并利
11、用产物进一步制取FeCl36H2O晶体（图1中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）装置B中发生反应的化学方程式是 （2）装置E中的现象是 （3）有同学为了研究一定时间内铁粉的转化率，他在上述装置后边连接了图2所示装置，为了计算铁粉的转化率，下列 数据是必需测量的（填序号）反应前铁粉的质量 D反应后的质量E反应前后的质量 F中收集的气体体积（标况）（4）为了证明反应后的固体混合物中含有+3价的Fe，反应停止后取出B中混合物于试管中，加入足量的盐酸，溶解，过滤取滤液少许滴加KSCN溶液，观察溶液的颜色若观察到溶液变红，得出的结论是 （填写序号，下同）；若观察到溶液不变红，得出的结论是 （5）该小组学
12、生利用上述滤液制取FeCl36H2O晶体，设计流程如下：步骤I中通入Cl2的作用是 步骤的主要操作有 、 、 、洗涤、干燥三、计算题29若在100ml 1.5mol/L的AlCl3溶液中加入2mol/L的NaOH溶液，（1）生成Al（OH）3沉淀最多为多少克？（2）要生成沉淀7.8克，则NaOH溶液的体积为多少毫升？30为测定一置于空气中的某硫酸酸化的FeSO4溶液中Fe2+被氧化的百分率，某同学准确量取pH=1（忽略Fe2+、Fe3+的水解）的FeSO4溶液200mL，加入过量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀28.0g；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量
13、NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得固体8.0g（1）写出反应中涉及的化学方程式（至少3个）（2）通过计算，填写下表：c（H+）c（SO42）c（Fe2+、Fe3+）注：c（Fe2+、Fe3+）表示Fe2+和Fe3+的总的物质的量的浓度（3）计算原溶液中Fe2+被氧化的百分率31某天然碱（纯净物）可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成称取天然碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积（标准状况）如表： 盐酸液的体积（mL）30303030样品（g）3.324.155.817.47二氧化碳的体积（mL）6
14、72840896672（1）由第组数据中的CO2体积与样品质量之比，可以推测用2.49g样品进行同样的实验时，产生CO2 mL（标准状况）（2）另取3.32g天然碱样品于300加热分解至完全，产生CO2112mL（标准状况）和水0.45g，计算并确定该天然碱的化学式（3）已知Na2CO3和HCl（aq）的反应分下列两步进行：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3 Na2CO3+HClNaCl+CO2+H2O由上表中第组数据可以确定所用的HCl（aq）的浓度为 mol/L（4）依据表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中CO2（标准状况）体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式
15、2016-2017学年河北省石家庄市戴氏文化传播有限公司高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共48分）1从人类利用金属的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事，造成这个先后顺序事实的最主要因素是（）A地壳中金属元素的含量B金属的延展性C金属的导电性D金属活动性及冶炼的难易程度【考点】GJ：铝的化学性质【分析】从人类大规模开发、利用金属的大致年限可以看出，越活泼的金属，开发利用的越晚；金属的活动性越强，冶炼的程度越难，利用的越晚，据此进行分析判断【解答】解：地壳里含量最高的是金属铝，但铝开发利用的时间在铜、铁之后，说明金属大规模
16、开发、利用的先后顺序与地壳里金属含量无关，与金属的导电性和延展性也无关；金属大规模开发利用主要和金属的活动性有关，活动性弱的金属容易以单质形式存在，易被开发和利用；活动性强的金属一般以化合物形式存在，难以冶炼，故还与金属冶炼的难易程度有关故选：D2生铁的熔点是11001200，则纯铁的熔点可能是（）A1055B1100C1200D1535【考点】G3：合金的概念及其重要应用【分析】生铁为合金，熔点比纯铁的低，以此解答该题【解答】解：生铁为合金，属于混合物，则生铁的熔点比铁的熔点低，生铁的熔点是11001200，则铁的熔点高于1200，只有D符合故选D3大量生产金属单质铁和铝的方法是（）A加热法
17、和还原法B还原法和加热法C还原法和电解法D电解法和还原法【考点】G6：金属冶炼的一般原理【分析】金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（ZnCu）；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（KAl）【解答】解：金属铝和钠性质活泼，采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，而铁在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，采热还原法，故选：D4生铁和钢的主要区别是（）A主
18、要成分不同B含碳量不同C硬度不同D导热性不同【考点】G5：生活中常见合金的组成【分析】生铁是含碳量为2%4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%2%的铁合金，据此分析判断【解答】解：生铁是含碳量为2%4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%2%的铁合金，生铁和钢的主要区别是含碳量不同，故B正确；故选B5下列离子在碱性溶液中能大量存在的是（）AAl3+BAlO2CHCO3DNH4+【考点】DP：离子共存问题【分析】碱性溶液中含大量的OH，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存来解答【解答】解：AAl3+与OH反应生成氢氧化铝沉淀，故A错误；B碱性条件下，A
19、lO2可大量共存，故B正确；CHCO3与OH反应生成CO32和水，不能大量共存，故C错误；DNH4+与OH反应生成一水合氨，不能大量共存，故D错误故选B6下列不能由单质直接通过化合反应制取的是（）FeCl2FeCl3FeS Mg3N2CuS Al2S3AlCl3ABCD【考点】GM：铁的化学性质；GI：镁的化学性质；GJ：铝的化学性质【分析】根据铁与氯气反应的产物分析；根据铁与氯气反应的产物分析；根据铁粉和硫粉混合加热即生成硫化亚铁分析；根据镁和氮气反应生成氮化镁分析；根据铜和硫粉混合加热即生成硫化亚铜分析；根据铝和硫反应生成硫化铝进行分析；根据Al与氯气在点燃时能直接化合生成AlCl3分析；
20、【解答】解：氯气具有强氧化性，和变价金属只生成高价金属氯化物，Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3，单质间反应不能生成FeCl2，故选；FeCl3可由Fe在Cl2中燃烧生成，故不选；硫具有弱氧化性，和变价金属只生成低价金属氯化物，铁粉和硫粉混合加热即生成硫化亚铁，故不选；镁和氮气反应3Mg+N2Mg3N2，故不选；硫的氧化性弱，和金属反应生成低价态的金属硫化物，铜和硫粉反应Cu+SCu2S，不能通过单质之间的反应直接制取CuS，故选；铝和硫反应2Al+3SAl2S3，故不选；Al与氯气反应3Cl2+2Al2AlCl3，故不选；故选C7下列物质反应时，不会产生H2 的是（）A红热的铁和水蒸气BAl
21、和稀硫酸CFe和稀HNO3DAl 和NaOH溶液【考点】GM：铁的化学性质；GJ：铝的化学性质【分析】A红热的铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；B铝和硫酸反应生成硫酸铝和氢气；C铁和稀硝酸反应无氢气生成；D铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气【解答】解：A红热的铁跟水蒸气反应3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，生成四氧化三铁和氢气，故A错误；B在金属活动顺序表中，铝排在氢的前面，铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，故B错误；C铁和过量硝酸反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，铁和少量硝酸反应，3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，所以无论铁是否过量
22、，与硝酸反应都不会产生H2，故C正确；D铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，产生H2，故D错误；故选C8我国最新报道的高温超导体中，铊是组成成分之一已知铊与铝是同族元素，关于铊的判断有错误的是（）A氢氧化铊是两性氢氧化物B铊能置换出盐酸中的氢C铊是质软的银白色的金属D铊能生成+3价的化合物【考点】72：元素周期表的结构及其应用【分析】铊与铝是同族元素，则具有金属的共性，化合物中元素的化合价为+3价，且金属性铊铝，以此来解答【解答】解：A同主族从上到下金属性逐渐增强，氢氧化铝是两性氢氧化物，但氢氧化铊是碱性氢氧化物，故A错
23、误；B铊的性质较活泼，能与盐酸反应生成氢气，故B错误；C铊与铝是同族元素，属于金属元素，则是银白色、质软的金属，故C正确；D铊与铝是同族元素，最外层有3个电子，则能生成+3价的化合物，故D正确故选A9苹果汁是人们喜爱的饮料，由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由Fe2+变为Fe3+若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象的发生这说明维生素C具有（）A还原性B氧化性C碱性D酸性【考点】GO：铁盐和亚铁盐的相互转变；B1：氧化还原反应【分析】苹果汁在空气中由Fe2+变为Fe3+，即铁元素被氧化，在这种苹果汁中加入维生素C，可避免该现象，说明维生素C可将Fe3+还原为Fe2+，维生素C具
24、有还原性【解答】解：在空气中，氧气能够把+2价铁氧化成+3价；而加入维生素C则能防止这种氧化，说明被氧化的是维生素C而不再是+2价铁，说明维生素C具有还原性，故选A10下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A热稳定性：HFHClHBrHIB微粒半径：K+Na+Mg2+Al3+C酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3D最外层电子数LiMgSiAr【考点】78：元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】A非金属性越强，对应氢化物越稳定；B具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，且电子层越多、离子半径越大；C非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；DLi、Mg、Si、Ar的最
25、外层电子数分别为1、2、4、8【解答】解：A非金属性越强，对应氢化物越稳定，则热稳定性：HFHClHBrHI，故A错误；B具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，且电子层越多、离子半径越大，则微粒半径：K+Na+Mg2+Al3+，故B正确；C非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3，故C正确；DLi、Mg、Si、Ar的最外层电子数分别为1、2、4、8，则最外层电子数LiMgSiAr，故D正确；故选A11下列各组溶液，只用试管和胶头滴管，不用任何试剂就可以鉴别的是（）ACaCl2、Na2CO3BBa（OH）2、NaHSO4CAlCl3、
26、NH3H2ODAl2（SO4）3、NaOH【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】只用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别【解答】解：ACaCl2 Na2CO3混合反应生成碳酸钙沉淀，不能通过滴加顺序鉴别，故A错误；BBa（OH）2、NaHSO4混合反应生成硫酸钡沉淀，不能通过滴加顺序鉴别，故B错误；CAlCl3、NH3H2O混合反应生成氢氧化铝沉淀，不能通过滴加顺序鉴别，故C错误；D将Al2（SO4）3溶液滴入NaOH溶液中，先没有明显现象，后生成白色沉淀，将NaOH溶液滴入Al2（SO4）3溶液中，先
27、生成白色沉淀，后白色沉淀溶解，二者显现不同，可鉴别，故D正确故选D12下列离子方程式中书写正确的是（）AFeCl2溶液中通入Cl2：Fe2+Cl2Fe3+2ClBH2S通入CuSO4溶液中：Cu2+S2CuSCFeS固体放人稀盐酸溶液中：FeS+2H+Fe2+H2SDAlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4OHAlO2+2H2O【考点】49：离子方程式的书写【分析】A离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒；B硫化氢为气体，离子方程式中不能拆开；C硫化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氯化氢；D氨水为弱碱，一水合氨不能拆开【解答】解：AFeCl2溶液中通入Cl2，反应生成氯化铁，正确的离子方程式
28、为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故A错误；BH2S通入CuSO4溶液中，反应生成硫化铜沉淀和硫酸，正确的离子方程式为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故B错误；CFeS固体放人稀盐酸溶液中，反应生成氯化亚铁和硫化氢，反应的离子方程式为：FeS+2H+=Fe2+H2S，故C正确；DAlCl3溶液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D错误；故选C13下列各组反应中，最后得到Al（OH）3沉淀的是（）A将Al2O3固体粉末加到沸水中B将CO2气体不断通人到NaAlO2溶液中C将过量的金属钠投入到NaAlO2溶
29、液中D向340ml 1mol/L NaOH溶液中加入80ml 1mol/L的AlCl3溶液【考点】GK：镁、铝的重要化合物【分析】AAl2O3与水不反应；B碳酸酸性比氢氧化铝强，过量CO2通入NaAlO2溶液中生成氢氧化铝白色沉淀；C钠和水反应生成氢氧化钠；Dn（NaOH）=0.34mol，n（AlCl3）=0.08mol，结合反应的离子方程式判断【解答】解：AAl2O3不溶于热水中，与水不反应，故A错误；B碳酸酸性比氢氧化铝强，过量CO2通入NaAlO2溶液中生成氢氧化铝白色沉淀，故B正确；C金属钠投入到NaAlO2，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，没有生成Al（OH）3
30、，故C错误；Dn（NaOH）=0.34mol，n（AlCl3）=0.08mol，分别发生3OH+Al3+=Al（OH）3，AlOH3+OH=AlO2+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故D错误故选B14下列各组离子一定能大量共存的是（）A含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl、SCNB在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2、CO32C在c（H+）=1013molL1的溶液中：NH4+、Al3+、SO42、NO3D在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl、NO3【考点】DP：离子共存问题【分析】A离子之间结合生成络离子；B该组离子之间不反应；C在c（H+）=1013molL1的溶液，显碱性
31、；DpH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应【解答】解：AFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，则不能共存，故A错误；B该组离子之间不反应，能共存，故B正确；C在c（H+）=1013molL1的溶液，显碱性，NH4+、Al3+分别与OH反应，则不能共存，故C错误；DpH=1的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选B15同周期的三种非金属元素X、Y、Z，它们的原子半径由小到大的顺序是XYZ，则下列判断中错误的是（）A非金属性：XYZBX、Y、Z的最高价氧化物的水化物酸性由弱到强C气体氢化物的稳定性，按X、Y、Z顺序递减DX、Y、Z的最外
32、层电子数依次减少【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】同周期的三种非金属元素X、Y、Z，它们的原子半径由小到大的顺序是XYZ，则其原子序数从小到大顺序是ZYX，A同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；C元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定；D同一周期元素，其最外层电子数随着原子序数增大而增大【解答】解：同周期的三种非金属元素X、Y、Z，它们的原子半径由小到大的顺序是XYZ，则其原子序数从小到大顺序是ZYX，A同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，所以其非金属性强弱顺序是XYZ，故A正确；B其非金属性强弱顺
33、序是XYZ，则X、Y、Z的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱，故B错误；C其非金属性强弱顺序是XYZ，则气体氢化物的稳定性，按X、Y、Z顺序递减，故C正确；D同一周期元素，其最外层电子数随着原子序数增大而增大，所以X、Y、Z的最外层电子数依次减少，故D正确；故选B16向Fe2O3、CuO、Fe、Cu的混和粉未中加入过量的稀硫酸，充分反应后，仍有红色粉未存在，则关于溶液中阳离子的判断正确的是（）A只有Fe2+和Cu2+B一定有Fe2+、Cu2+，可能有Fe3+C一定有Fe2+，可能有Cu2+D只有Fe2+【考点】GM：铁的化学性质【分析】最后剩余的红色粉末一定是Cu，Fe2O3、CuO和硫酸反应生
34、成Fe3+和Cu2+，且氧化性：Fe3+Cu2+，还原性：FeCu，结合物质的氧化性、还原性强弱判断反应的可能性【解答】解：A当铜全部析出时，不存在Cu2+，故A错误；B由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有Fe3+，故B错误；C由于氧化性：Fe3+Cu2+，无论是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，有Cu2+，故C正确；D由C分析可知，溶液中可能还有Cu2+，故D错误故选C17某溶液中有NH4+、Fe3+、Fe2+ 和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中离子个数没有变化的离子是（）A
35、NH4+BFe3+CFe2+DAl3+【考点】DP：离子共存问题【分析】加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，离子均反应，只有铝离子转化为偏铝酸根离子，再加盐酸，又转化为铝离子，以此来解答【解答】解：加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，离子均反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，再加盐酸，又转化为铝离子，则Al3+离子浓度不变，而铵根离子与NaOH反应生成氨气，亚铁离子转化为沉淀后被氧化生成氢氧化铁，与盐酸反应生成铁离子，则铵根离子、亚铁离子浓度减小，Fe3+增大，故选D18短周期金属元素甲戊在元素周期表中的相对位置如图所示下列判断正确的是（） 甲 乙 丙 丁戊A原子半径：丙丁戊B金属性：甲丙C氢氧化
36、物碱性：丙丁戊D最外层电子数：甲乙【考点】78：元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由短周期金属元素甲戊在周期表中的位置可知，甲为Li、乙为Be、丙为Na、丁为Mg、戊为Al，A同周期自左而右原子半径减小；B同主族自上而下金属性增强；C同周期自左而右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱；D同周期自左而右最外层电子数增大【解答】解：由短周期金属元素甲戊在周期表中的位置可知，甲为Li、乙为Be、丙为Na、丁为Mg、戊为Al，A同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：丙丁戊，故A错误；B同主族自上而下金属性增强，故金属性：甲丙，故B错误；C同周期自左而右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物
37、的碱性减弱，故氢氧化物碱性：丙丁戊，甲丙，故C正确；D甲、乙同周期，乙的原子序数较大，故最外层电子数：甲乙，故D错误，故选C19元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2具有相同的核外电子层结构下列推测不正确的是（）A同周期元素中X的金属性最强B原子半径XY，离子半径X+Z2C同族元素中Z的氢化物稳定性最高D同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y在同一周期，X+与Z2具有相同的核外电子层结构，可推Z在X、Y的上一个周期，又因为X、Y、Z原子序数之和为36，平均原子序数为12，则X为Na、Z为O、进而可知Y为Cl，结合元素
38、周期律的递变规律解答该题【解答】解：X、Y在同一周期，X+与Z2具有相同的核外电子层结构，可推Z在X、Y的上一个周期，又因为X、Y、Z原子序数之和为36，平均原子序数为12，则X为Na、Z为O、进而可知Y为Cl，则AX为Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中X的金属性最强，故A正确；B具有相同的核外电子层结构的离子，核电核数越大，半径越小，则离子半径应为：Z2X+，故B错误；CZ的氢化物为H2O，含有氢键，常温下为液态，同族元素中Z的氢化物稳定性最高，故C正确；D同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故D正确故选B20几种短
39、周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、32下列叙述正确的是（）AX、Y元素的金属性XYB一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CY的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系；78：元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】本题利用原子半径的周期性变化规律以及元素化合价的周期性变化规律来解题，综合考察了非金属性以及金属性的强弱判断【解答】解：A、根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主
40、族，故金属性XY，故A错；B、根据Z、W的原子半径相差不大，化合价不同，且W只有负价，则其可能是O，Z是N，两者的单质直接生成NO，故B错；C、据此判断可知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错；D、一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D对；故选：D21将Cl2通入0.05mol/L H2S溶液中，刚好硫全部析出，此时溶液的PH为（）A0.1B3C2D1【考点】5A：化学方程式的有关计算【分析】发生Cl2+H2S=2HCl+S，c（HCl）=2c（H2S），结合pH=lgc（H+）计算【解答】解：发生Cl2+H2S=2HCl+S，c（HCl）=2
41、c（H2S）=0.05mol/L2=0.1mol/L，pH=lg0.1=1，故选D22将等物质的量的镁和铝相混合，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中充分反应后，放出氢气最多的是（）A3mol/LHClB4mol/LHNO3C8mol/LNaOHD18mol/LH2SO4【考点】5A：化学方程式的有关计算【分析】Mg、Al都和稀盐酸反应生成氢气，都和稀硝酸反应生成NO，只有Al和NaOH反应生成氢气，常温下Al和浓硫酸发生钝化现象且镁和浓硫酸反应生成二氧化硫，据此分析解答【解答】解：AMg和Al都和稀盐酸反应生成氯化物和氢气；BMg、Al和稀硝酸反应分别生成硝酸盐和NO，没有氢气生成
42、；C只有Al和NaOH反应生成氢气，且铝的物质的量相同，铝和足量稀盐酸、NaOH溶液反应生成氢气物质的量相同，Mg和NaOH溶液不反应，所以生成的氢气量小于A；D常温下，浓硫酸和Al发生钝化现象且生成二氧化硫而不是氢气，镁和浓硫酸反应生成二氧化硫而不是氢气，生成氢气的量为0；通过以上分析知，生成氢气的量最多的是A，故选A23有一块铝铁合金溶于足量盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后，剩余固体粉末的质量与原合金质量恰好相等，则合金中铝的含量为（）A30%B70%C47.6%D52.4%【考点】5A：化学方程式的有关计算【分析】铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，加入过
43、量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，氧化铁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化铁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，以此来解答【解答】解：由铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，氧化铁质量等于合金的质量，利用组成可知氧化铁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，则合金中Al的质量分数等于氧化铁中氧的质量分数=100%=30%，故选A24pH=3的CH3COOH溶液；pH=3的HCl溶液；pH=11的氨水；pH=11的NaOH溶液相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（）A将、溶液
44、混合后，pH=7，消耗溶液的体积：B向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：C等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：最大D水电离产生的c（H+）：=【考点】DA：pH的简单计算【分析】ApH=3的HCl溶液和pH=11的氨水中，氨水浓度大于盐酸；B加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离；C醋酸为弱酸，弱酸存在电离平衡，随反应进行电离出的氢离子继续和铝反应；D温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的PH值计算水电离的氢离子浓度；【解答】解：A氨水是弱碱只有部分电离，所以c（NH3H2O）c（OH），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），
45、c（NH3H2O）c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：，故A错误；B醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以、稀释后溶液的pH值7；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以、稀释后溶液的pH值7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：，故B错误；C醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，、三种溶液的物质的量浓度关系为：=，所以等体积的、溶液分别与铝粉反应，生成H2的量最大，故C错误；D、的氢离子浓度相同，、的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电
46、离的c（H+）：=，故D正确；故选D二、填空题25矿物白云母是一种重要的化工原料，其化学式的氧化物形式为K2O3Al2O36SiO22H2O就其组成元素完成下列填空：（1）原子最外层有两个未成对电子的元素有Si、O；属于第三周期的非金属元素是Si（2）上述元素中，形成的简单离子的半径由大到小的顺序为（Si除外）K+O2Al3+H+（填离子符号）（3）两种金属元素中，金属性较强的元素是K，能说明这一事实的化学方程式是KOH+Al（OH）3=KAlO2+2H2O（任写一个）（4）Al的最高价氧化物对应水化物在酸性溶液中的电离方程式为Al（OH）3Al3+3OH【考点】8J：位置结构性质的相互关系应
47、用；75：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；79：微粒半径大小的比较【分析】（1）根据各元素原子的最外层电子排布判断原子最外层有两个未成对电子的元素，Si元素为第三周期的非金属元素；（2）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同，电子层越大离子半径越大，据此判断；（3）同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，据此判断金属性强弱；根据氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强碱反应书写相应的方程式；（4）酸性溶液中氢氧化铝发生碱式电离，表现碱的性质【解答】解：（1）外围电子排布；K为4s1，H为1s1，Al为3s23p1，O为2s22p4，Si为3s23p2，故原子最
48、外层有两个未成对电子的元素为Si、O，Si元素为第三周期的非金属元素，故答案为：Si、O；Si；（2）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同，电子层越大离子半径越大，故离子半径K+O2Al3+H+，故答案为：K+O2Al3+H+；（3）同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，故金属性KAl，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强碱反应，故反应KOH+Al（OH）3=KAlO2+2H2O可以说明K元素金属性较强，故答案为：K；KOH+Al（OH）3=KAlO2+2H2O；（4）酸性溶液中氢氧化铝发生碱式电离，表现碱的性质，氢氧化铝的电离方程式为：Al（OH）3Al3+3O
49、H，故答案为：Al（OH）3Al3+3OH26某无色透明的溶液中可能含有K+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Cl、SO42、CO32 等离子，在此溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，结果发现没有气体生成但有白色沉淀产生加入的氢氧化钠溶液体积（V）和产生的沉淀量m的关系如图所示则溶液中一定存在的离子是Mg2+、Al3+，一定不存在的离子是NH4+、Fe3+、CO32【考点】DG：常见离子的检验方法【分析】无色溶液中不存在有色的铁离子；在此溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，结果发现没有气体生成，说明一定不存在铵根离子；根据图象可知，生成的白色沉淀部分水解，则一定存在镁离子和铝离子，则一定不存在碳酸
50、根离子，据此进行解答【解答】解：无色透明的溶液中一定不存在有色的Fe3+，在此溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，结果发现没有气体生成，则溶液中一定不存在NH4+；根据加入的氢氧化钠溶液体积（V）和产生的沉淀量m的关系离子，生成沉淀达到最大后部分溶解，则原溶液中一定含有Mg2+、Al3+，则一定不存在与Mg2+、Al3+反应的CO32，根据分析可知，溶液中一定存在的离子为：Mg2+、Al3+；一定不存在的离子为：NH4+、Fe3+、CO32，故答案为：Mg2+、Al3+；NH4+、Fe3+、CO3227电解冶炼铝的原料为铝土矿，其主要成份为氧化铝，杂质主要是氧化铁，某工厂冶炼铝及其副产品的利用如图1
51、所示：回答下列问题：（1）沉淀A是Fe2O3 （化学式）；溶液A中主要成分的化学式是NaAlO2和NaOH（2）溶液E呈酸 性（选填“酸”或“碱”）；溶液B显碱性的原因是（用离子方程式表示）HCO3+H2OH2CO3+OH（3）写出下列序号的化学方程式：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2OFe2O3+2AlAl2O3+2FeAl（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O（4）如图2，工业冶铝是电解冰晶石（Na3AlF6）和Al2O3熔融混合物，电极石墨是该电解池的阳极（填电极名称），在该电极上发生氧化 （选填“氧化”或“还原”）反应；熔化的铝从出口流出，你认为能否用水冷却熔化的铝？否（
52、选填“能”或“否”）【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】由流程图可知：铝土矿主要成份为氧化铝，杂质主要是氧化铁，加入过量氢氧化钠，氧化铁不溶，则沉淀A为氧化铁，与Al发生铝热反应制得铁，氧化铝与NaOH反应Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O而溶解，得到溶液A的主要成分为偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量的二氧化碳，发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3，NaOH+CO2+H2O=NaHCO3，溶液B为碳酸氢钠溶液，沉淀B为Al（OH）3，与盐酸反应生成氯化铝，灼烧生成氧化铝，氧化铝电解得铝单质，据此分析解答【解答】解：（1）氧化铁不溶于氢氧化钠，沉淀A为
53、Fe2O3，氧化铝与NaOH反应而溶解，氢氧化钠过量，则得到溶液A的主要成分为NaAlO2和NaOH；故答案为：Fe2O3；NaAlO2和NaOH；（2）沉淀B为Al（OH）3，与盐酸反应生成氯化铝，铝离子水解溶液显酸性；溶液B为碳酸氢钠溶液，碳酸氢根离子水解，HCO3+H2OH2CO3+OH，溶液显碱性；故答案为：酸；HCO3+H2OH2CO3+OH；（3）经分析知反应为氧化铝与氢氧化钠反应：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；反应铝热反应：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；反应为氢氧化铝与盐酸的反应：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；故答案为：Al2O3+2Na
54、OH2NaAlO2+H2O；Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；（4）由图可知，石墨电极连接电源的正极，作阳极，阳极发生氧化反应，铝在高温下与水反应，故不能用水冷却熔化的铝；故答案为：阳极；氧化；否28某校化学小组学生利用图所列装置进行“铁与水反应”的相关实验，并利用产物进一步制取FeCl36H2O晶体（图1中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）装置B中发生反应的化学方程式是3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（2）装置E中的现象是红色的粉末变成黑色，管壁产生水珠（3）有同学为了研究一定时间内铁粉的转化率，他在上述装置后边连接了图2所示装置，
55、为了计算铁粉的转化率，下列数据是必需测量的（填序号）反应前铁粉的质量 D反应后的质量E反应前后的质量 F中收集的气体体积（标况）（4）为了证明反应后的固体混合物中含有+3价的Fe，反应停止后取出B中混合物于试管中，加入足量的盐酸，溶解，过滤取滤液少许滴加KSCN溶液，观察溶液的颜色若观察到溶液变红，得出的结论是含有Fe3+（填写序号，下同）；若观察到溶液不变红，得出的结论是不含有Fe3+（5）该小组学生利用上述滤液制取FeCl36H2O晶体，设计流程如下：步骤I中通入Cl2的作用是将滤液中含有的Fe2+氧化成Fe3+步骤的主要操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【考点】U3：制备实验方案
56、的设计【分析】由图可知，A提供水蒸气，B中发生3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，生成氢气具有可燃性，点燃时需要验纯，D中碱石灰干燥氢气，E中氢气还原CuO，结合铁离子遇KSCN溶液为血红色来解答（1）铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，据此写出反应的化学方程式；（2）装置E中红色的氧化铁被氢气还原成黑色的铁，同时有水珠生成； （3）转化率=，计算铁粉的转化率，需要反应前铁粉的质量和反应的铁粉，反应的铁粉可以通过生成的氢气计算；（4）根据铁离子遇KSCN溶液为血红色；（5）根据流程结合氯气的强氧化性分析氯气的作用；由FeCl3稀溶液中得到FeCl36H2O晶体需加热浓缩、冷却晶体，
57、过滤【解答】解：（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）装置B铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铁与氢气加热发生反应生成了铁和水，所以反应的现象为：红色的粉末变成黑色，管壁产生水珠；故答案为：红色的粉末变成黑色，管壁产生水珠；（3）转化率=，计算铁粉的转化率，需要反应前铁粉的质量和反应的铁粉，反应的铁粉可以通过生成的氢气计算，生成的氢气一部分与氧化铜反应，可以通过E反应前后的质量计算，另一部分收集在量筒中，故需要测量F中收集的气体
58、体积（标况）；故答案为：；（4）为了证明反应后的固体混合物中含有+3价的Fe，反应停止后取出B中混合物于试管中，加入足量的盐酸，溶解，过滤取滤液少许滴加KSCN溶液，观察溶液的颜色若观察到溶液变红，说明混合物中含有Fe3+，若观察到溶液不变红，说明不含有Fe3+；故答案为：含有Fe3+；不含有Fe3+；（5）因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故答案为：将滤液中含有的Fe2+氧化成Fe3+； 由FeCl3稀溶液中得到FeCl36H2O晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：加热浓缩；冷却结晶；过滤三、计算题29若在100ml 1.5mo
59、l/L的AlCl3溶液中加入2mol/L的NaOH溶液，（1）生成Al（OH）3沉淀最多为多少克？（2）要生成沉淀7.8克，则NaOH溶液的体积为多少毫升？【考点】5A：化学方程式的有关计算【分析】（1）根据铝守恒分析解答；（2）100ml 1.5mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L1.5mol/L=0.15mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量11.7克7.8克，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2结合方程式计算消耗氢氧化钠物质的量，进而计算需要氢氧化钠溶液体积
60、【解答】解：（1）100ml 1.5mol/L的AlCl3溶液物质的量为0.11.5=0.15mol，所以沉淀最大量为：0.15mol78g/mol=11.7g，答：生成Al（OH）3沉淀最多为11.7g；（2）100ml 1.5mol/L的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L1.5mol/L=0.15mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量11.7克7.8克，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2n（Al（OH）3）=0.1mol，若碱不足，由Al3+3OHAl（OH）3可知，
61、NaOH的物质的量为0.1mol3=0.3mol，加入NaOH溶液的体积为=0.15L=150mL；沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则： Al3+3OHAl（OH）30.15mol 0.45mol 0.15mol Al（OH）3 +OHAlO2+2H2O（0.150.1）mol （0.150.1）mol 则消耗的碱的物质的量为0.45mol+（0.150.1）mol=0.5mol，加入NaOH溶液的体积为=0.25L=250mL；答：要生成沉淀7.8克，则NaOH溶液的体积为150mL或250mL30为测定一置于空气中的某硫酸酸化的FeSO4溶液中Fe2+被氧化的百
62、分率，某同学准确量取pH=1（忽略Fe2+、Fe3+的水解）的FeSO4溶液200mL，加入过量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀28.0g；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得固体8.0g（1）写出反应中涉及的化学方程式（至少3个）（2）通过计算，填写下表：c（H+）c（SO42）c（Fe2+、Fe3+）注：c（Fe2+、Fe3+）表示Fe2+和Fe3+的总的物质的量的浓度（3）计算原溶液中Fe2+被氧化的百分率【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）F
63、eSO4溶液200mL，加入过量的BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀27.96g为硫酸钡沉淀；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量的NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得到固体的质量为8.00g为Fe2O3；（2）依据溶液中PH计算氢离子浓度，生成沉淀为硫酸钡，得到硫酸根离子浓度，追杀哦得到固体为氧化铁计算物质的量结合铁元素守恒计算得到铁元素物质的量浓度；（3）依据电荷守恒：2C（Fe2+）+3C（Fe3+）+C（H+）=2C（SO42），2C（Fe2+）+3C（Fe3+）=1.1mol/L；元素守恒c（Fe2
64、+）、c（Fe3+）=0.5mol/L，列式计算铁离子占铁元素的百分比【解答】解：（1）FeSO4溶液200mL，加入过量的BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀27.96g为硫酸钡沉淀，反应化学方程式为：BaCl2+FeSO4=BaSO4+FeCl2；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量的NaOH溶液，搅拌使其充分反应，反应的化学方程式为：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl，待沉淀全部变为红褐色后，反应为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得到固体的质量为8.00g为Fe2O3，反应的化学方程式为：
65、2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；故答案为：BaCl2+FeSO4=BaSO4+FeCl2，FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；（2）由pH=1得c（H+）=0.1molL1由SO42+Ba2+=BaSO4得c（SO42）=0.6molL1因为最终固体物质为Fe2O3，所以n（Fe2O3）=0.05mol据铁元素守恒得：c（Fe2+、Fe3+）=0.5 molL1故答案为：0.1mol/L，0.6mol/L，0.5mol/L；（3）电荷守恒：2C（Fe2+）+3C（Fe3+）+C（H+）=2C（SO42），2C（Fe2+）+3C（Fe3
66、+）=1.1mol/L；c（Fe2+）、c（Fe3+）=0.5mol/L c（Fe2+）=0.4mol/Lc（Fe3+）=0.1mol/LFeSO4溶液中Fe2+被氧化的百分率：；答：原溶液中Fe2+被氧化的百分率为20%31某天然碱（纯净物）可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成称取天然碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积（标准状况）如表： 盐酸液的体积（mL）30303030样品（g）3.324.155.817.47二氧化碳的体积（mL）672840896672（1）由第组数据中的CO2体积与样品质量之比，可以推测用2.49g样品进行同样的实验
67、时，产生CO2504mL（标准状况）（2）另取3.32g天然碱样品于300加热分解至完全，产生CO2112mL（标准状况）和水0.45g，计算并确定该天然碱的化学式（3）已知Na2CO3和HCl（aq）的反应分下列两步进行：Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3 Na2CO3+HClNaCl+CO2+H2O由上表中第组数据可以确定所用的HCl（aq）的浓度为2.5mol/L（4）依据表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中CO2（标准状况）体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）由图表可知，二氧化碳的最大体积是896m
68、L，即0.04mol，此时根据碳元素守恒，碳酸钠的质量是4.24g，当m（样品）4.24g时，样品质量与CO2体积成正比；（2）3.32g样品中，n（NaHCO3）=2n（CO2）=2=0.01mol，n（H2O）=0.02mol由碳元素守恒得：n（Na2CO3）=0.01mol=0.02mol，结合物质的量比确定化学式；（3）结合IV数据计算n（HCl），结合c=计算；（4）当生成二氧化碳的体积是0时，碳元素全部转化为碳酸氢钠，此时质量是3.36g，当4.24gm（样品）3.36g时，30mL盐酸全部参加反应其中m（样品）=2.24g时，样品中Na2CO3、NaHCO3都恰好生成CO2；m（
69、样品）=3.36g时，样品中Na2CO3恰好生成NaHCO3【解答】解：（1）二氧化碳的最大体积是896mL，即0.04mol，根据碳元素守恒，此时只有碳酸钠，其质量是4.24g，m（样品）4.24g时，样品质量与CO2体积成正比设2.49g样品反应生成CO2的体积为V，则=，解得V=504mL，故答案为：504；（2）3.32g样品中，n（NaHCO3）=2n（CO2）=2=0.01mol，n（H2O）=0.02mol由碳元素守恒得：n（Na2CO3）=0.01mol=0.02mol，则n（Na2CO3）：n（NaHCO3）：n（H2O）=0.02mol：0.01mol：0.02mol=2：
70、1：2故该天然碱的组成为：2Na2CO3NaHCO32H2O，答：该天然碱的组成为：2Na2CO3NaHCO32H2O；（3）根据表中的数据知道，30mL HCl（aq）中所含HCl物质的量=2+mol=0.075mol，所以盐酸浓度c（HCl）=2.5mol/L，故答案为：2.5；（4）和30mLHCl（aq）完全反应的样品的质量：332g/mol=4.98g，样品中Na2CO3和盐酸反应完全生成NaHCO3时（没有CO2放出时），样品质量：332g/mol=12.45g，当0W4.98时，V（CO2）=202.4W（mL），当4.98W12.45时，V（CO2）=1680134.9W（mL），当W12.45，时，V（CO2）=0，答：上述实验中CO2（标准状况）体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式为：0W4.98时，V（CO2）=202.4W（mL），当4.98W12.45时，V（CO2）=1680134.9W（mL），当W12.45，时，V（CO2）=02017年6月25日
