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2017届江西省红色七校高三上学期第一次联考化学试卷(解析版)


2016-2017 学年江西省红色七校高三(上)第一次联考化学试卷
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意,每小题 3 分,共 48 分) 1.现代生活需要提升我们的科学素养,以下说法科学的是( A.某护肤品广告宣称产品不含任何化学成分 B.漂白粉长期放置会被空气中的氧气氧化而变质 C.日用铝制品表面不用刷漆防腐蚀 D.汽车尾气中氮氧化物的产生主要是由于汽油中含有氮元素而产生的 2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是( ) )

A.S2 和 S8 的混合物共 6.4g,其中所含的电子数一定为 3.2NA B.密闭容器中 2molNO 与 1molO2 充分反应,产物的分子数为 2NA C.24g 二氧化硅晶体中含有 SiO2 分子数为 0.4NA D.5.6g Fe 与含 0.2mol HNO3 的溶液充分反应,至少失去电子数为 0.2NA 3.用标准的盐酸滴定未知浓度的 NaOH 溶液,下列操作不会引起实验误差的是( A.用蒸馏水洗净酸式滴定管后,装入标准盐酸进行滴定 B.用蒸馏水洗净锥形瓶后,再用 NaOH 溶液润洗,后装入 NaOH 溶液进行滴定 C.用碱式滴定管取 10.00 mL NaOH 溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中,再加入适量蒸馏水进 行滴定 D.用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸 4.下列有关物质分类和氧化还原的描述正确的是( ) )

A.酸性氧化物一定是非金属氧化物,混合物、分散系、胶体有从属关系 B.元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得 C.得电子越多的氧化剂,其氧化性就越强;含最高价元素的化合物一定具有强的氧化性 D.烧碱、熟石灰均属于碱,酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应 5.短周期元素 X、Y、Z、W、M 的原子序数依次增大,且原子最外层电子数之和为 17,X 与 Y 是组成化合物种类最多的元素,W 是地壳中含量最高的元素.下列说法正确的是( A.原子半径大小顺序:r(Y)>r(Z)>r(W)>r(M) B.由三种元素 X、Z、W 形成的化合物中只有共价键而无离子键 C.Z 的气态氢化物比 W 的气态氢化物更稳定 D.分子式为 Y4X8W2 的物质超过 10 种 6.下列相关反应的离子方程式书写错误的是(
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A .在强碱溶液中 NaClO 与 Fe ( OH)3 反应生成 Na2FeO4 :3ClO﹣+4OH﹣ +2Fe( OH)3=3Cl﹣ +5H2O+2FeO42﹣ B.少量 SO2 通入苯酚钠溶液中:2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣ C.用稀硫酸酸化的 KMnO4 溶液与 H2O2 反应:2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O D.SO2 通入 NaClO 溶液中:SO2+ClO﹣+OH﹣=SO42﹣+Cl﹣+H+ 7.已知反应 BeCl2+Na2BeO2+2H2O═2NaCl+2Be(OH)2↓能进行完全.以下推断中正确的是 ( )

A.BeCl2 溶液 pH<7,将其蒸干、灼烧后可得残留物 BeCl2 B.Na2BeO2 溶液 pH>7,将其蒸干、灼烧后可得残留物 Na2BeO2 C.Be(OH)2 即能溶于盐酸,又能溶于 NaOH 溶液 D.BeCl2 水溶液的导电性强,BeCl2 一定是离子晶体 8.去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能,其结构简式如图所示.下列说法正确 的是( )

A.每个去甲肾上腺素分子中含有 3 个酚羟基 B.每个去甲肾上腺素分子中含有 8 种氢原子 C.1mol 去甲肾上腺素最多能与 2molBr2 发生取代反应 D.去甲肾上腺素既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应 9. 2NO+3H2O+4Ce 工业上, 可用硫酸铈溶液吸收尾气中 NO, 其化学方程式如下: (SO4) 2=2Ce2 (SO4)3+HNO3+HNO2+2H2SO4 下列说法正确的是( A.在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:2 B.在该反应中,氧化产物有两种,还原产物有一种 C.若不考虑溶液体积变化,吸收尾气后,溶液的 pH 将增大 D.在该反应中,每消耗 22.4LNO 必转移 2 mol 电子 10.CH3OH 是重要的化工原料,工业上用 CO 与 H2 在催化剂作用下合成 CH3OH,其反应为: CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g) .按 n(CO) :n(H2)=1:2 向密闭容器中充入反应物,测得 平衡时混合物中 CH3OH 的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示.下列说法中,正确 的是( ) )

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A.P1<P2 B.该反应的△H>0 C.平衡常数:K(A)=K(B) D.在 C 点时,CO 转化率为 75% 11.向 18.4g 铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,同时生成 NO2、NO 混合气体,再向所得溶液中加入足量的 NaOH 溶液,生成 30.3g 沉淀.另取等质量的合金,使 其与一定量的氯气恰好完全反应,则氯气的体积在标准状况下为( A.7.84L B.6.72L C.4.48L D.无法计算 )

12.有一澄清透明的溶液,只可能含有大量的 Fe3+、Fe2+、H+、AlO2﹣、Al3+、CO32﹣、NO3﹣七种 离子中的几种,向该溶液中逐滴加入一定量 1mol/L NaOH 溶液的过程中,开始没有沉淀,而 后才有沉淀.则下列判断正确的是( A.溶液中可能含有 AlO2﹣ B.溶液中可能含有 NO3﹣ C.溶液中一定不含 Fe2+和 Fe3+ D.溶液中可能含有 Fe3+,但一定不含 Fe2+ 13.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途.用镍(Ni) 、铁作电极电解浓 NaOH 溶液制备高铁 酸钠(Na2FeO4)的装置如图所示.下列说法正确的是( ) )

A.铁是阳极,电极反应为 Fe﹣2e﹣+2OH﹣═Fe(OH)2 B.电解一段时间后,镍电极附近溶液的 pH 减小 C.若离子交换膜为阴离子交换膜,则电解结束后左侧溶液中含有 FeO42﹣ D.每制得 1mol Na2FeO4,理论上可以产生 67.2L 气体 14.如图所示与对应叙述相符的是( )

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A.

一定条件下,X 和 Y 反应生成 Z,由图 1 推出该反应的方程式可表示为:X+3Y?Z

B.

表示 NaOH 溶液滴加到 0.1 mol/L 的一元酸溶液得到的滴定曲线(常温下) ,该实验最好选取 酚酞作指示剂

C.

常温下,向 NaOH 溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液,所得滴定曲线如图所示.当 7<pH< 13 时,溶液中 c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+)

D.

用硝酸银溶液滴定等浓度的 A﹣、B﹣、C﹣的混合溶液(均可以与 Ag+反应生成沉淀) ,由图可确 定首先沉淀的是 C﹣ 15.除去下列物质中的杂质(括号中为杂质) ,采用的试剂和除杂方法错误的是( 选项 A B 含杂质的物质 C2H4(SO2) C6H6(Br2) 试剂 NaOH 溶液 Fe 粉 除杂方法 洗气 蒸馏
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C D A.A

C6H5NO2(HNO3) C2H2(H2S) B.B C.C

NaOH 溶液 CuSO4 溶液

分液 洗气

D.D

16.将含有 O2 和 CH4 的混合气体置于盛有 23.4g Na2O2 的密闭容器中,电火花点燃,反应结束 后,容器内的压强为零,将残留物溶于水中,无气体产生.下列叙述不正确的是( A.原混合气体中 O2 和 CH4 的体积比为 2:1 B.残留物中只有 Na2CO3 和 NaOH C.反应中电子转移总数为 0.8NA D.残留物质量为 26.6 克 )

二、非选择题 17.纳米级 Cu2O 由于具有优良的催化性能而受到关注,下表为制取 Cu2O 的四种方法: 方法 a 方法 b 方法 c 方法 d 用炭粉在高温条件下还原 CuO 用葡萄糖还原新制的 Cu(OH)2 制备 Cu2O; 电解法,反应为 2Cu+H2O Cu2O+H2↑.

用肼(N2H4)还原新制的 Cu(OH)2

(1)已知:①2Cu(s)+ O2(g)=Cu2O(s) ;△H=﹣169kJ?mol﹣1 ②C(s)+ O2(g)=CO(g) ;△H=﹣110.5kJ?mol﹣1 ③Cu(s)+ O2(g)=CuO(s) ;△H=﹣157kJ?mol﹣1 则方法 a 发生的热化学方程式是: .

(2)方法 c 采用离子交换膜控制电解液中 OH﹣的浓度而制备纳米 Cu2O,装置如图所示: 该离子交换膜为 pH 值 离子交换膜(填“阴”或“阳”) ,该电池的阳极反应式为 ,钛极附近的

(填“增大”“减小”或“不变”) .

(3)方法 d 为加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制 Cu(OH)2 来制备纳米级 Cu2O,同时 放出 N2.该制法的化学方程式为 .

(4)在相同的密闭容器中,用以上方法制得的三种 Cu2O 分别进行催化分解水的实验:2H2O (g) 序 号 0
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2H2(g)+O2(g)△H>0.水蒸气的浓度随时间 t 变化如下表所示: 10 20 30 40 50

① ② ③

T1 T1 T2

0.050 0.050 0.10

0.0492 0.0488 0.094

0.0486 0.0484 0.090

0.0482 0.0480 0.090

0.0480 0.0480 0.090

0.0480 0.0480 0.090

①对比实验的温度:T2 长短判断:

T1(填“>”“<”或“﹦”) ,能否通过对比实验①③到达平衡所需时间

(填“能”或“否”) .

②实验①前 20min 的平均反应速率 v(O2)= ③催化剂的催化效率:实验① 实验②(填“>”或“<”) .

18.铁及其化合物有重要用途,如聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3﹣n/2]m 是一种新型高效的 水处理混凝剂,而高铁酸钾(其中铁的化合价为+6)是一种重要的杀菌消毒剂,某课题小组 设计如下方案制备上述两种产品: 请回答下列问题: (1)若 A 为 H2O(g) ,写出反应方程式 ; ;

(2)若 B 为 NaClO3 与稀硫酸,写出其氧化 Fe2+的离子方程式(还原产物为 Cl﹣)

(3)若 C 为 KNO3 和 KOH 的混合物,写出其与 Fe2O3 加热共融制得高铁酸钾(K2FeO4)的化 学方程式,并配平: □Fe2O3+□KNO3+□KOH→□ +□KNO2+□

(4)为测定溶液Ⅰ中铁元素的总含量,实验操作如下:准确量取 20.00mL 溶液Ⅰ于带塞锥形 瓶中, 加入足量 H2O2, 调节 pH<3, 加热除去过量 H2O2; 加入过量 KI 充分反应后, 再用 0.1000mol ? L﹣1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液 20.00mL. 已知: 2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2 I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O42﹣ ①滴定选用的指示剂及滴定终点观察到的现象 ②溶液Ⅰ中铁元素的总含量为 的含量将会 ;

g? L﹣1.若滴定前溶液中 H2O2 没有除尽,所测定的铁元素

(填“偏高”“偏低”或“不变”) .

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19.下图表示各物质之间的转化关系,A、B、C、G 为单质,其中 A、G 为气体,F 为液体.② 为工业生产中常见反应,E 是一种具有漂白作用的盐,Y 易潮解,M 是一种两性化合物,L 是 一种白色胶状沉淀.

试回答下列有关问题: (1)M 的化学式 ,Y 在实验室中的用途 (列举一例) .

(2)X 的熔点为 801℃,实际工业冶炼中常常加入一定量的 Y 共熔,猜想工业上这样做的目 的: .工业生产中,还常常利用电解 X 和 F 的混合物制取 . . . . (填化学式)

(3)反应②的化学方程式是 (4)反应④的离子反应方程式是

(5)用化学方程式表示 E 在空气中失效的反应原理

20.K2SO4 是无氯优质钾肥,Mn3O4 是生产软磁铁氧体材料的主要原料.以硫酸工业的尾气联 合制备 K2SO4 和 Mn3O4 的工艺流程如图 1:

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(1)几种盐的溶解度见图 2.反应Ⅲ中,向(NH4)2SO4 溶液中加入 KCl 溶液充分反应后,进 行蒸发浓缩、 、洗涤、干燥等操作即得 K2SO4 产品. .

(2)检验 K2SO4 样品是否含有氯化物杂质的实验操作是 (3)反应Ⅳ的化学方程式为 .

(4)Mn3O4 与浓盐酸加热时发生反应的离子方程式为



(5)图 3 煅烧 MnSO4?H2O 时温度与剩余固体质量变化曲线. ①该曲线中 B 段所表示物质的化学式为 .

②煅烧过程中固体锰含量随温度的升高而增大,但当温度超过 1000℃时,再冷却后,测得产 物的总锰含量反而减小.试分析产物总锰含量减小的原因 21.有 X、Z、W 三种含 14 个电子的粒子,其结构特点如下: 粒子代码 原子核数目 粒子的电性 X 单核 电中性 Z W .

同种元素构成的两核 同种元素构成的两核 两个单位负电荷 . . ,该氢化物与 电中性

(1)X 的氧化物晶体中含有化学键类型是 (2)Z 与钙离子组成的化台物的电子式为

(3)组成 W 的元素的简单氢化物极易溶于水的主要原因是

空气可以构成一种燃料电池,产物为无毒物质,电解质溶液是 KOH 溶液,其负极的电极 反应式为 .在常温下,用该电池电解 1.5L 1mol/LNaCl 溶液,当消耗标准状 (假设电解过程中溶液

况下 1.12LW 的简单氯化物时,NaCI 溶液的 pH= 的体积不变) .

(4)M 原子核外比 X 原予多 2 个电子.可逆反应 2MO2(气)+O2(气)?﹣2MO3(气)在 两个密闭容器中进行,A 容器中有一个可上下移动的活塞,B 容器可保持恒容(如图所示) , B 中分别充入 ImolO2 和 2mol MO2, =V 若在 A. 、 使气体体积 V (A) (B) , 在相同温度下反应. 则: 达平衡所需时间:t(A) t (B) (填“>”、“<”、“=”,或“无法确定”,下同) .平衡时 MO!的转化率:a(A) (5)欲比较 X 和 M 两元素的非金属性相对强弱,可采取的措施有 a.比较这两种元素的气态氢化物的沸点 b.比较这两种元素的单质在常温下的状态 c.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 d.比较这两种元素的单质与氢气化合的难易. (填序号) . a(B) .

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2016-2017 学年江西省红色七校高三(上)第一次联考化学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(每小题只有一个选项符合题意,每小题 3 分,共 48 分) 1.现代生活需要提升我们的科学素养,以下说法科学的是( A.某护肤品广告宣称产品不含任何化学成分 B.漂白粉长期放置会被空气中的氧气氧化而变质 C.日用铝制品表面不用刷漆防腐蚀 D.汽车尾气中氮氧化物的产生主要是由于汽油中含有氮元素而产生的 【考点】物质的组成、结构和性质的关系. 【分析】A.产品中物质均为化学成分; B.漂白粉易与空气中的水、二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸不稳定,易分解; C.铝与氧气反应生成致密氧化膜; D.汽车尾气中氮氧化物的产生是由于空气中的氮气与氧气在放电的时候生成的; 【解答】解;A.所以物质都含有化学成分,不含化学成分的物质不存在,故 A 错误; B.漂白粉易与空气中的水、二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸不稳定易分解,所以漂白粉变 质不是被氧气氧化,故 B 错误; C.铝与氧气反应生成致密氧化膜阻止铝与氧气继续反应,所以日用铝制品表面不用刷漆防腐 蚀,故 C 正确; D.汽车尾气中氮氧化物的产生是由于空气中的氮气与氧气在放电的时候生成的,汽油中主要 是烃,故 D 错误; 故选:C. )

2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是(



A.S2 和 S8 的混合物共 6.4g,其中所含的电子数一定为 3.2NA B.密闭容器中 2molNO 与 1molO2 充分反应,产物的分子数为 2NA C.24g 二氧化硅晶体中含有 SiO2 分子数为 0.4NA D.5.6g Fe 与含 0.2mol HNO3 的溶液充分反应,至少失去电子数为 0.2NA 【考点】阿伏加德罗常数. 【分析】A、S2 和 S8 均由 S 原子构成,且 S 原子中含 16 个电子;
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B、NO 和氧气反应后生成的 NO2 中存在平衡:2NO2?N2O4; C、二氧化硅为原子晶体; D、5.6g 铁为 0.1mol,和 0.2mol 硝酸反应时,无论硝酸的还原产物为什么,硝酸均不足. A、 S2 和 S8 均由 S 原子构成, 【解答】 解: 故 6.4g 混合物中含有的 S 原子的物质的量为 0.2mol, 而且 S 原子中含 16 个电子,故 0.2molS 原子中含 3.2NA 个电子,故 A 正确; B、NO 和氧气反应后生成的 NO2 中存在平衡:2NO2?N2O4,导致分子个数减小,故分子个数 小于 2NA 个,故 B 错误; C、二氧化硅为原子晶体,不含二氧化硅分子,故 C 错误; D、5.6g 铁为 0.1mol,和 0.2mol 硝酸反应时,无论硝酸的还原产物为什么,硝酸均不足,故 铁过量,不能完全反应,则转移的电子数小于 0.2NA 个,故 D 错误. 故选 A.

3.用标准的盐酸滴定未知浓度的 NaOH 溶液,下列操作不会引起实验误差的是( A.用蒸馏水洗净酸式滴定管后,装入标准盐酸进行滴定 B.用蒸馏水洗净锥形瓶后,再用 NaOH 溶液润洗,后装入 NaOH 溶液进行滴定



C.用碱式滴定管取 10.00 mL NaOH 溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中,再加入适量蒸馏水进 行滴定 D.用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸 【考点】中和滴定. 【分析】根据 c(碱)= 分析,以此判断浓度的误差.

【解答】解:A.用蒸馏水洗净酸式滴定管后,装入标准盐酸进行滴定,标准盐酸被稀释,浓 度偏小,造成消耗的 V(酸)偏大,根据 c(碱)= 故 A 错误; B.蒸馏水洗净锥形瓶后,再用 NaOH 溶液润洗,后装入 NaOH 溶液进行滴定,而后装入一定 体积的 NaOH 溶液进行滴定,待测液的物质的量偏大,造成消耗的 V(酸)偏大,根据 c(碱) = 分析,可知 c(碱)偏大,故 B 错误; 分析,可知 c(碱)偏大,

C.用碱式滴定管取 10.00 mL NaOH 溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中,再加入适量蒸馏水进 行滴定,对 V(酸)无影响,根据 c(碱)= 确; D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸, 造成消耗的 V (酸) 偏小, 根据 c (碱)
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分析,可知 c(碱)不变,故 C 正

= 故选 C.

分析,可知 c(碱)偏小,故 D 错误;

4.下列有关物质分类和氧化还原的描述正确的是(



A.酸性氧化物一定是非金属氧化物,混合物、分散系、胶体有从属关系 B.元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得 C.得电子越多的氧化剂,其氧化性就越强;含最高价元素的化合物一定具有强的氧化性 D.烧碱、熟石灰均属于碱,酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应 【考点】氧化还原反应;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系. 【分析】A.Mn2O7 为酸性氧化物,混合物包含分散系、分散系包含胶体; B.2H2S+SO2=3S↓+2H2O 中,S 失去电子生成 S,S 得到电子生成 S; C.氧化性与得电子多少无关,含最高价元素的化合物不一定具有强的氧化性; D.碱中阴离子全部为氢氧根离子,酸、碱、盐之间发生的反应可能为氧化还原反应. 【解答】解:A.Mn2O7 为酸性氧化物,则酸性氧化物不一定是非金属氧化物,混合物包含分 散系、分散系包含胶体,则混合物、分散系、胶体有从属关系,故 A 错误; B.2H2S+SO2=3S↓+2H2O 中,S 失去电子生成 S,S 得到电子生成 S,可知元素的单质可由氧化 或还原含该元素的化合物来制得,故 B 正确; C.氧化性与得电子多少无关,与得到电子的难易程度有关,含最高价元素的化合物不一定具 有强的氧化性,如碳酸,故 C 错误; D. 碱中阴离子全部为氢氧根离子, 则烧碱、 熟石灰均由金属离子与氢氧根离子构成均属于碱, 酸、碱、盐之间发生的反应可能为氧化还原反应,如氢氧化亚铁与硝酸反应,故 D 错误; 故选 B.

5.短周期元素 X、Y、Z、W、M 的原子序数依次增大,且原子最外层电子数之和为 17,X 与 Y 是组成化合物种类最多的元素,W 是地壳中含量最高的元素.下列说法正确的是( A.原子半径大小顺序:r(Y)>r(Z)>r(W)>r(M) B.由三种元素 X、Z、W 形成的化合物中只有共价键而无离子键 C.Z 的气态氢化物比 W 的气态氢化物更稳定 D.分子式为 Y4X8W2 的物质超过 10 种 【考点】原子结构与元素周期律的关系. 【分析】X 与 Y 是组成化合物种类最多的元素,应为烃类物质,则 X 为 H 元素,Y 为 C 原子,
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W 是地壳中含量最高的元素,应为 O 元素,则 Z 为 N 元素,原子最外层电子数之和为 17,可 知 M 的最外层电子数为 17﹣1﹣4﹣5﹣6=1,应为 Na 元素,以此解答该题. 【解答】解:X 与 Y 是组成化合物种类最多的元素,应为烃类物质,则 X 为 H 元素,Y 为 C 原子,W 是地壳中含量最高的元素,应为 O 元素,则 Z 为 N 元素,原子最外层电子数之和为 17,可知 M 的最外层电子数为 17﹣1﹣4﹣5﹣6=1,应为 Na 元素, A.M 为 Na,为短周期原子半径最大的元素,故 A 错误; B.由三种元素 X、Z、W 形成的化合物可为铵盐,为离子化合物,含有离子键,故 B 错误; C.非金属性 O>N,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,故 C 错误; D.分子式为 C4H8O2 的物质可为酸、酯、羟基醛等物质,也可为环状物质,种类较多,超过 10 种,故 D 正确. 故选 D.

6.下列相关反应的离子方程式书写错误的是(



A .在强碱溶液中 NaClO 与 Fe ( OH)3 反应生成 Na2FeO4 :3ClO﹣+4OH﹣ +2Fe( OH)3=3Cl﹣ +5H2O+2FeO42﹣ B.少量 SO2 通入苯酚钠溶液中:2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣ C.用稀硫酸酸化的 KMnO4 溶液与 H2O2 反应:2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O D.SO2 通入 NaClO 溶液中:SO2+ClO﹣+OH﹣=SO42﹣+Cl﹣+H+ 【考点】离子方程式的书写. 【分析】A、根据电荷守恒和质量守恒进行判断; B、根据亚硫酸氢根离子的酸性大于苯酚的酸性分析; C、根据酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性能够将双氧水氧化成氧气分析; D、根据反应物中水应该写成分子式,不能写成氢氧根离子判断. 【解答】解:A、在强碱溶液中 NaClO 与 Fe(OH)3 反应生成 Na2FeO4、硫化钠和水,根据化 合价升降相等配平,反应的离子方程式为 3ClO﹣+4OH﹣+2Fe(OH)3=3Cl﹣+5H2O+2FeO42﹣,故 A 正确; B、少量 SO2 通入苯酚钠溶液中,苯酚的酸性小于亚硫酸氢根离子的酸性,反应生成了亚硫酸 氢根离子,反应的离子方程式为:2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣,故 B 正确; C、用稀硫酸酸化的 KMnO4 溶液与 H2O2 反应,生成了锰离子、氧气和水,根据化合价升降相 等配平,反应的离子方程式为:2MnO4﹣+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O,故 C 正确; D、水是属于弱电解质,不能写成氢氧根离子,反应的离子方程式为 SO2+ClO﹣+H2O=SO42﹣+Cl
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+2H+,故 D 错误;

故选 D.

7.已知反应 BeCl2+Na2BeO2+2H2O═2NaCl+2Be(OH)2↓能进行完全.以下推断中正确的是 ( )

A.BeCl2 溶液 pH<7,将其蒸干、灼烧后可得残留物 BeCl2 B.Na2BeO2 溶液 pH>7,将其蒸干、灼烧后可得残留物 Na2BeO2 C.Be(OH)2 即能溶于盐酸,又能溶于 NaOH 溶液 D.BeCl2 水溶液的导电性强,BeCl2 一定是离子晶体 【考点】化学方程式的有关计算;两性氧化物和两性氢氧化物. 【 分 析 】 在 周 期 表 中 Be 和 Al 位 于 对 角 线 位 置 , 性 质 相 似 , 由 反 应 BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be(OH)2↓可知,BeCl2 与 Na2BeO2 发生互促水解生成 Be(OH)
2,类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应,以此解答该题.

【解答】解:A.BeCl2 为强酸弱碱盐,水解呈酸性,溶液的 pH<7,将其蒸干,灼烧后可得 残留物 BeO,故 A 错误; B.Na2BeO2 溶液水解呈碱性,溶液的 pH>7,将其蒸干,灼烧后可得残留物 Na2BeO2,故 B 正确; C.Be(OH)2 性质类似于氢氧化铝,具有两性,则既能溶于盐酸,又能溶于 NaOH 溶液,故 C 正确; D.根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物,BeCl2 水溶液导电性强, 不能说明 BeCl2 是离子化合物,故 D 错误. 故选 BC.

8.去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能,其结构简式如图所示.下列说法正确 的是( )

A.每个去甲肾上腺素分子中含有 3 个酚羟基 B.每个去甲肾上腺素分子中含有 8 种氢原子 C.1mol 去甲肾上腺素最多能与 2molBr2 发生取代反应
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D.去甲肾上腺素既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应 【考点】有机物的结构和性质. 【分析】由结合可知,分子中含酚﹣OH、醇﹣OH、氨基,结合酚、醇、氨基的性质来解答. 【解答】解:A.﹣OH 与苯环直接相连的为酚羟基,共有 2 个,故 A 错误; B.结构不对称,含 9 种 H,故 B 错误; C.酚﹣OH 的邻对位与溴发生取代反应,则 1mol 去甲肾上腺素最多能与 3molBr2 发生取代反 应,故 C 错误; D.含氨基与盐酸反应,含酚﹣OH 与 NaOH 反应,故 D 正确; 故选 D.

9. 2NO+3H2O+4Ce 工业上, 可用硫酸铈溶液吸收尾气中 NO, 其化学方程式如下: (SO4) 2=2Ce2 (SO4)3+HNO3+HNO2+2H2SO4 下列说法正确的是( A.在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:2 B.在该反应中,氧化产物有两种,还原产物有一种 C.若不考虑溶液体积变化,吸收尾气后,溶液的 pH 将增大 D.在该反应中,每消耗 22.4LNO 必转移 2 mol 电子 【考点】氧化还原反应. 【分析】2NO+3H2O+4Ce(SO4)2=2Ce2(SO4)3+HNO3+HNO2+2H2SO4 中,1N 元素由+2 升高到 +5 价,1N 元素由+2 升高到+3 价,Ce 元素由+4 降低到+3 价,据此分析解答. 【解答】解:A.1N 元素由+2 升高到+5 价,1N 元素由+2 升高到+3 价,则 NO 是还原剂,Ce 元素由+4 降低到+3 价,则硫酸铈是氧化剂,氧化剂、还原剂的物质的量之比为 2:1,故 A 错误; B.硫酸铈是氧化剂,生成 Ce2(SO4)3 为还原产物,NO 是还原剂,生成 HNO2、HNO3 是氧化 产物,所以在该反应中,氧化产物有两种,还原产物有一种,故 B 正确; C.反应后生成硫酸,则溶液的酸性增强,pH 减小,故 C 错误; D.没有限制“标准状况”,不能计算转移电子数目,故 D 错误; 故选 B. )

10.CH3OH 是重要的化工原料,工业上用 CO 与 H2 在催化剂作用下合成 CH3OH,其反应为: CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g) .按 n(CO) :n(H2)=1:2 向密闭容器中充入反应物,测得 平衡时混合物中 CH3OH 的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示.下列说法中,正确
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的是(



A.P1<P2 B.该反应的△H>0 C.平衡常数:K(A)=K(B) D.在 C 点时,CO 转化率为 75% 【考点】化学平衡的影响因素. 【分析】A.温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快; B.由图可知,升高温度,平衡逆向移动,说明该反应的△H<0; C.平衡常数只与温度有关; D.设向密闭容器充入了 1molCO 和 2molH2,利用三段法进行数据分析计算. 【解答】解:A.由 300℃时,增大压强,平衡正向移动,CH3OH 的体积分数增大,所以 p1 >p2,故 A 错误; B.图可知,升高温度,CH3OH 的体积分数减小,平衡逆向移动,则该反应的△H<0,故 B 错误; C.A、B 处的温度不同,平衡常数与温度有关,故平衡常数不等,故 C 错误; D.设向密闭容器充入了 1molCO 和 2molH2,CO 的转化率为 x,则 CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g) 起始 变化 结束 1 x 1﹣x 2 2x 2﹣2x 0 x x =0.5,解得 x=0.75,故 D 正确;

在 C 点时,CH3OH 的体积分数= 故选 D.

11.向 18.4g 铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液,合金完全溶解,同时生成 NO2、NO 混合气体,再向所得溶液中加入足量的 NaOH 溶液,生成 30.3g 沉淀.另取等质量的合金,使 其与一定量的氯气恰好完全反应,则氯气的体积在标准状况下为( A.7.84L B.6.72L C.4.48L D.无法计算
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【考点】有关混合物反应的计算. 【分析】根据硝酸过量可知,反应产物为铁离子和铜离子,加入氢氧化钠溶液后得到的沉淀 为氢氧化铁、氢氧化铜,沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量,据此可以计算 出氢氧根离子的物质的量;铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铁,氯化铁和氯化铁中含有 的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量,据此计算出氯离子的物质的量、氯气 的物质的量及标况下氯气的体积. 【解答】 解: 向 18.4g 铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液, 反应生成了铁离子和铜离子, 加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为 Fe(OH)3、Cu(OH)2,则氢氧化铁和氢氧化铁中含有 的 氢 氧 根 离 子 的 质 量 为 : 30.3g ﹣ 18.4g=11.9g , 氢 氧 根 离 子 的 物 质 的 量 为 : n ( OH ﹣ ) = =0.7mol;

Cl2 与铜、铁反应产物为:FeCl3、CuCl2,根据化合物总电荷为 0 可知,FeCl3、CuCl2 中 n(Cl﹣) =Fe(OH)3、Cu(OH)2 中 n(OH﹣) ,即 n(Cl﹣)=0.7mol,根据质量守恒,消耗 Cl2 的物质 n = n =0.35mol, 22.4L/mol×0.35mol=7.84L, 的量为: (Cl2) (Cl﹣) 标况下 0.35mol 氯气的体积为: 故选 A.

12.有一澄清透明的溶液,只可能含有大量的 Fe3+、Fe2+、H+、AlO2﹣、Al3+、CO32﹣、NO3﹣七种 离子中的几种,向该溶液中逐滴加入一定量 1mol/L NaOH 溶液的过程中,开始没有沉淀,而 后才有沉淀.则下列判断正确的是( A.溶液中可能含有 AlO2﹣ B.溶液中可能含有 NO3﹣ C.溶液中一定不含 Fe2+和 Fe3+ D.溶液中可能含有 Fe3+,但一定不含 Fe2+ 【考点】常见离子的检验方法. 【分析】向该溶液中加入一定量 1mol/L NaOH 溶液的过程中,开始没有沉淀,说明溶液呈酸 性,则一定含有大量的 H+离子,在酸性溶液中 AlO2﹣、CO32﹣离子因发生反应生成弱电解质而 不能存在,而后才有沉淀.能够生成沉淀的是 Fe3+离子、Fe2+离子或 Al3+离子中的一种或几种, 结合溶液的电中性和 Fe2+离子的还原性以及 NO3﹣离子的氧化性做进一步的推断. 【解答】解:向该溶液中加入一定量 1mol/L NaOH 溶液的过程中,开始没有沉淀,说明溶液 呈酸性,则一定含有大量的 H+离子, CO32﹣离子分别与 H+离子反应生成 Al CO2 气体而不能存在, 在酸性溶液中 AlO2﹣、 (OH) 3 沉淀、
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根据溶液的电中性可知一定含有阴离子,则只有 NO3﹣离子符合; 而后才有沉淀.能够生成沉淀的是 Fe3+离子、Fe2+离子或 Al3+离子中的一种或几种,但在酸性 条件下 Fe2+离子与 NO3﹣离子发生氧化还原反应而不能共存,则一定不含 Fe2+离子, 综上所述,溶液中一定含有 H+离子、NO3﹣离子,一定没有 AlO2﹣、CO32﹣、Fe2+离子,Fe3+离子、 Al3+离子至少有一种. 故选 D.

13.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途.用镍(Ni) 、铁作电极电解浓 NaOH 溶液制备高铁 酸钠(Na2FeO4)的装置如图所示.下列说法正确的是( )

A.铁是阳极,电极反应为 Fe﹣2e﹣+2OH﹣═Fe(OH)2 B.电解一段时间后,镍电极附近溶液的 pH 减小 C.若离子交换膜为阴离子交换膜,则电解结束后左侧溶液中含有 FeO42﹣ D.每制得 1mol Na2FeO4,理论上可以产生 67.2L 气体 【考点】原电池和电解池的工作原理. 【分析】A.用镍(Ni) 、铁作电极电解浓 NaOH 溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4) ,铁失电子生 成高铁酸钠,则铁作阳极,镍作阴极,阳极上铁失电子发生氧化反应; B.镍电极上氢离子放电生成氢气; C.若离子交换膜为阴离子交换膜,电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有 FeO42﹣; D.气体摩尔体积因温度压强不同而不同. 【解答】解:A.用镍(Ni) 、铁作电极电解浓 NaOH 溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4) ,铁失电 子生成高铁酸钠,则铁作阳极,镍作阴极,电极反应式为 Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O,故 A 错误; B.镍电极上氢离子放电生成氢气,氢离子浓度减小,所以溶液的 pH 增大,故 B 错误; C.若离子交换膜为阴离子交换膜,则电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有 FeO42﹣,故 C 正确; D.温度和压强未知,所以无法计算生成气体体积,故 D 错误;
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故选 C.

14.如图所示与对应叙述相符的是(



A.

一定条件下,X 和 Y 反应生成 Z,由图 1 推出该反应的方程式可表示为:X+3Y?Z

B.

表示 NaOH 溶液滴加到 0.1 mol/L 的一元酸溶液得到的滴定曲线(常温下) ,该实验最好选取 酚酞作指示剂

C.

常温下,向 NaOH 溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液,所得滴定曲线如图所示.当 7<pH< 13 时,溶液中 c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+)

D.

用硝酸银溶液滴定等浓度的 A﹣、B﹣、C﹣的混合溶液(均可以与 Ag+反应生成沉淀) ,由图可确 定首先沉淀的是 C﹣ 【考点】转化率随温度、压强的变化曲线;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;酸碱 混合时的定性判断及有关 ph 的计算;中和滴定.
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【分析】A、当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比,物质的转化率相同,据此由 图可知 =3 时,转化率相同,即 X 与 Y 的化学计量数之比为 3:1;

B、根据 0.1 mol/L 的一元酸在滴定开始时的 pH 来判断酸为弱弱酸,强碱滴定弱酸用酚酞作指 示剂; C、如 NaOH 过量较多,可存在 c(OH﹣)>c(CH3COO﹣) ; D、由图象可知,﹣lgc(X﹣)越大,则 c(X﹣)越小,越先生成沉淀. 【解答】解:A、解:当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比,物质的转化率相同, 据此由图可知 故 A 错误; B、滴定开始时 0.1 mol?L﹣1 某酸 pH 为 3,所以酸为弱酸,强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂,故 B 正确; C、如 NaOH 过量较多,可存在 c(OH﹣)>c(CH3COO﹣) ,故 C 错误; D、由图象可知,﹣lgc(X﹣)越大,则 c(X﹣)越小,越先生成沉淀,由图 2 曲线,可确定首 先沉淀的是 I﹣,故 D 错误,故选 B. =3 时,转化率相同,即 X 与 Y 的化学计量数之比为 3:1,故反应为 3X+Y?Z,

15.除去下列物质中的杂质(括号中为杂质) ,采用的试剂和除杂方法错误的是( 选项 A B C D A.A 含杂质的物质 C2H4(SO2) C6H6(Br2) C6H5NO2(HNO3) C2H2(H2S) B.B C.C 试剂 NaOH 溶液 Fe 粉 NaOH 溶液 CuSO4 溶液 D.D 除杂方法 洗气 蒸馏 分液 洗气



【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用;物质的分离、提纯和除杂. 【分析】A.二氧化硫与 NaOH 溶液反应,而乙烯不能; B.溴、苯在 Fe 作催化剂条件下反应; C.硝酸与 NaOH 溶液反应,而硝基苯不能; D.硫化氢与硫酸铜反应,而乙炔不能. 【解答】解:A.二氧化硫与 NaOH 溶液反应,而乙烯不能,则利用洗气法可除杂,故 A 正确; B.溴、苯在 Fe 作催化剂条件下反应,不能除杂,应加 NaOH 溶液分液来除杂,故 B 错误;
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C.硝酸与 NaOH 溶液反应,而硝基苯不能,则加 NaOH 溶液分液可除杂,故 C 正确; D.硫化氢与硫酸铜反应,而乙炔不能,则利用洗气法可除杂,故正确; 故选 B.

16.将含有 O2 和 CH4 的混合气体置于盛有 23.4g Na2O2 的密闭容器中,电火花点燃,反应结束 后,容器内的压强为零,将残留物溶于水中,无气体产生.下列叙述不正确的是( A.原混合气体中 O2 和 CH4 的体积比为 2:1 B.残留物中只有 Na2CO3 和 NaOH C.反应中电子转移总数为 0.8NA D.残留物质量为 26.6 克 【考点】氧化还原反应的计算. 【分析】反应后无气体,且将残留物溶于水中无气体放出,说明过氧化钠也完全反应,故容 H 原子守恒可知可知生成的 Na2CO3 器内剩余固体为 Na2CO3 和 NaOH, 根据甲烷的组成利用 C、 和 NaOH 物质的量之比为 1:4,再根据反应的总化学方程式判断原混合物中甲烷、氧气的物 质的量之比. 【解答】解:反应后容器中无气体,且将残留物溶于水中无气体放出,说明过氧化钠也完全 反应,故容器内剩余固体为 Na2CO3 和 NaOH,根据甲烷的组成利用 C、H 原子守恒可知可知生 成 的 Na2CO3 和 NaOH 物 质 的 量 之 比 为 1 : 4 , 则 反 应 的 总 化 学 方 程 式 为 2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH, A.由方程式可知,原混合气体中 O2、CH4 的物质的量之比为 1:2,故 A 错误; B.由反应可知,残留物中只有 Na2CO3 和 NaOH,故 B 正确; C.n(Na2O2)= =0.3mol,由 C 元素的化合价变化可知,0.1molC 失去电子为 0.8mol, )

反应中电子转移总数为 0.8NA,故 C 正确; D.残留 0.1molNa2CO3、0.4molNaOH,质量为 10.6g+16g=26.6g,故 D 正确; 故选 A.

二、非选择题 17.纳米级 Cu2O 由于具有优良的催化性能而受到关注,下表为制取 Cu2O 的四种方法: 方法 a 方法 b 用炭粉在高温条件下还原 CuO 用葡萄糖还原新制的 Cu(OH)2 制备 Cu2O;
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方法 c 方法 d

电解法,反应为 2Cu+H2O

Cu2O+H2↑.

用肼(N2H4)还原新制的 Cu(OH)2

(1)已知:①2Cu(s)+ O2(g)=Cu2O(s) ;△H=﹣169kJ?mol﹣1 ②C(s)+ O2(g)=CO(g) ;△H=﹣110.5kJ?mol﹣1 ③Cu(s)+ O2(g)=CuO(s) ;△H=﹣157kJ?mol﹣1 则方法 a 发生的热化学方程式是: C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ?mol
﹣1



(2)方法 c 采用离子交换膜控制电解液中 OH﹣的浓度而制备纳米 Cu2O,装置如图所示: 该离子交换膜为




离子交换膜(填“阴”或“阳”) ,该电池的阳极反应式为 增大 (填“增大”“减小”或“不变”) .

2Cu﹣2e﹣+2OH

=Cu2O+H2O ,钛极附近的 pH 值

(3)方法 d 为加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制 Cu(OH)2 来制备纳米级 Cu2O,同时 放出 N2.该制法的化学方程式为 4Cu(OH)2+N2H4 2Cu2O+N2↑+6H2O .

(4)在相同的密闭容器中,用以上方法制得的三种 Cu2O 分别进行催化分解水的实验:2H2O (g) 序 号 ① ② ③ T1 T1 T2 0 0.050 0.050 0.10 > 0.0492 0.0488 0.094 0.0486 0.0484 0.090 0.0482 0.0480 0.090 0.0480 0.0480 0.090 0.0480 0.0480 0.090 2H2(g)+O2(g)△H>0.水蒸气的浓度随时间 t 变化如下表所示: 10 20 30 40 50

①对比实验的温度:T2 间长短判断: 否

T1(填“>”“<”或“﹦”) ,能否通过对比实验①③到达平衡所需时

(填“能”或“否”) . 3.5×10﹣5mol/(L?min)

②实验①前 20min 的平均反应速率 v(O2)= ③催化剂的催化效率:实验① <

实验②(填“>”或“<”) .

【考点】制备实验方案的设计. 【分析】 (1)根据盖斯定律结合热化学方程式的书写方法来书写;
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(2)方法 c 采用离子交换膜控制电解液中 OH﹣的浓度,则只有使用阴离子交换膜才能控制氢 氧根离子浓度,在电解池的阳极发生失电子的氧化反应;钛极是阴极发生氢离子得电子的还 原反应,据此分析附近 pH 值变化; (3)根据“液态肼(N2H4)还原新制 Cu(OH)2 来制备纳米级 Cu2O,同时放出 N2”来书写化 学方程式; (4)①该反应的正反应是吸热反应,升高温度平衡正向移动,水蒸气的转化率增大;温度不 同,反应速率不同,不能通过对比实验①③到达平衡所需时间长短判断; ②先计算水蒸气反应速率,再根据同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计 量数之比计算氧气反应速率. ③催化剂效率越高,反应速率越快,到达平衡时间越短. 【解答】解: (1)已知:①2Cu(s)+ O2(g)=Cu2O(s) ;△H=﹣169kJ?mol﹣1, ②C(s)+ O2(g)=CO(g) ;△H=﹣110.5kJ?mol﹣1, ③Cu(s)+ O2(g)═CuO(s)△H=﹣157kJ?mol﹣1 用炭粉在高温条件下还原 CuO 制取 Cu2O 和 CO 的化学方程式为 C(s)+2CuO (s)=Cu2O(s) +CO(g) 该反应可以是②﹣③×2﹣ ×①,反应的焓变是﹣110.5kJ?mol﹣1﹣(﹣157kJ?mol﹣1×2)﹣ ×(﹣169kJ?mol﹣1)=34.5kJ?mol﹣1, 故答案为:C(s)+2CuO (s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ?mol﹣1; (2)方法 c 采用离子交换膜控制电解液中 OH﹣的浓度,则只有使用阴离子交换膜才能控制氢 氧根离子浓度;在电解池中,当阳极是活泼电极时,该电机本身发生失电子得还原反应,在 碱性环境下,金属铜失去电子的电极反应为 2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O,钛极是阴极发生氢 离子得电子的还原反应,所以消耗氢离子,则 PH 值增大,故答案为:阴;2Cu﹣2e﹣+2OH﹣ =Cu2O+H2O;增大; (3)根据题目信息:液态肼(N2H4)还原新制 Cu(OH)2 来制备纳米级 Cu2O,同时放出 N2, 得出化学方程式为:4Cu(OH)2+N2H4 故答案为:4Cu(OH)2+N2H4 2Cu2O+N2↑+6H2O,

2Cu2O+N2↑+6H2O;

(4)①该反应的正反应是吸热反应,升高温度平衡正向移动,水蒸气的转化率增大,②和③ 相比,③转化率高,所以 T2>T1,温度不同,反应速率不同,不能通过对比实验①③到达平 衡所需时间长短判断;
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故答案为:>;否; ②前 20min 内水蒸气反应速率= mol/(L.min)=7×10﹣5mol/(L?min) ,

同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比,则氧气反应速率 =3.5× 10﹣5mol/(L?min) , 故答案为:3.5×10﹣5mol/(L?min) ; ③实验①②相比,实验②到达平衡时间短,反应速率越快,催化剂效率高, 故答案为:<.

18.铁及其化合物有重要用途,如聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3﹣n/2]m 是一种新型高效的 水处理混凝剂,而高铁酸钾(其中铁的化合价为+6)是一种重要的杀菌消毒剂,某课题小组 设计如下方案制备上述两种产品: 请回答下列问题: (1)若 A 为 H2O(g) ,写出反应方程式 3Fe+4H2O(g) Fe304+4H2 ;

(2)若 B 为 NaClO3 与稀硫酸,写出其氧化 Fe2+的离子方程式(还原产物为 Cl﹣) 6Fe2++ClO3


+6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2O ;

(3)若 C 为 KNO3 和 KOH 的混合物,写出其与 Fe2O3 加热共融制得高铁酸钾(K2FeO4)的化 学方程式,并配平: □Fe2O3+□KNO3+□KOH→□ K2FeO4 +□KNO2+□ H2O

(4)为测定溶液Ⅰ中铁元素的总含量,实验操作如下:准确量取 20.00mL 溶液Ⅰ于带塞锥形 瓶中, 加入足量 H2O2, 调节 pH<3, 加热除去过量 H2O2; 加入过量 KI 充分反应后, 再用 0.1000mol ? L﹣1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液 20.00mL. 已知: 2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2 I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O42﹣ ①滴定选用的指示剂及滴定终点观察到的现象 色 ; 5.6 g? L﹣1.若滴定前溶液中 H2O2 没有除尽,所测定的铁 淀粉,溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变

②溶液Ⅰ中铁元素的总含量为 元素的含量将会 偏高

(填“偏高”“偏低”或“不变”) .

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【考点】制备实验方案的设计. 【分析】 (1)铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气; (2)溶液Ⅰ中含有亚铁离子,酸性条件下,ClO3﹣氧化 Fe2+为 Fe3+,本身被还原为 Cl﹣,根据 得失电子相等、电荷守恒、质量守恒配平; (3)若 C 为 KKO3 和 KOH 的混合物,与 Fe2O3 加热共融制得高铁酸钾,则缺项物质为 K2FeO4 和 H2O,根据得失电子相等、质量守恒配平; (4)①反应原理中有碘单质生成和消耗,碘单质遇到淀粉显示蓝色,可选淀粉为指示剂;当 碘单质完全反应后溶液由蓝色变为无色,据此判断滴定终点; ②根据反应 2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣找出关系式 Fe3+~S2O32﹣,然后根据关 系式计算出铁离子的物质的量,再根据 c= 计算出铁元素含量;根据双氧水对消耗 S2O32﹣的 物质的量的影响判断误差. Fe 与水蒸气在高温下反应的化学方程式为: 3Fe+4H2O 【解答】 解: (1) (g) 故答案为:3Fe+4H2O(g) Fe304+4H2; Fe304+4H2,

(2)根据题中流程可知,四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁,在溶液Ⅰ中含有亚 铁离子,酸性条件下,ClO3﹣氧化 Fe2+为 Fe3+,本身被还原为 Cl﹣,根据化合价升降相等配平, 配平后的离子方程式为:6Fe2++ClO3﹣+6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2O, 故答案为:6Fe2++ClO3﹣+6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2O; KNO3 和 KOH 的混合物, (3 ) 写出其与 Fe2O3 加热共融制得 K2FeO4, 则缺项中有一种为 K2FeO4, K2FeO4 中铁元素化合价为+6,则亚铁离子从+3 价变为+6 价,化合价升高 3 价,化合价至少升 高 3×2=6 价;KNO3 中 N 元素从+5 降为 KNO2 中的+3 价,化合价降低 2 价,则化合价最小公 倍数为 6,所以氧化铁的系数为 1,KNO3 的系数为 3,然后根据质量守恒定律配平,配平后的 方程式为:Fe2O3+3KNO3+2KOH=K2FeO4+3KNO2+H2O, 故答案为:1、3、2、K2FeO4、3、H2O; (4)①Fe3+氧化 I﹣生成 I2,淀粉遇碘变蓝,选择淀粉溶液作指示剂;当加入最后一滴硫代硫 酸钠溶液时,蓝色消失,且半分钟不变色说明是终点, 故答案为:淀粉,溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色; ②由 2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2、I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣可得:Fe3+~S2O32﹣,则 n(Fe3+)=n(S2O32﹣)
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=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol,铁元素总含量为:

=5.6g/L;

H2O2 也能氧化 I﹣生成 I2,所以若过氧化氢没有除尽,则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大,所测 结果偏高, 故答案为:5.6;偏高.

19.下图表示各物质之间的转化关系,A、B、C、G 为单质,其中 A、G 为气体,F 为液体.② 为工业生产中常见反应,E 是一种具有漂白作用的盐,Y 易潮解,M 是一种两性化合物,L 是 一种白色胶状沉淀.

试回答下列有关问题: (1)M 的化学式 Al2O3 ,Y 在实验室中的用途 用作干燥剂 (列举一例) .

(2)X 的熔点为 801℃,实际工业冶炼中常常加入一定量的 Y 共熔,猜想工业上这样做的目 的: 降低 X、Y 熔化时的温度,节约能源 制取 Cl2、H2 和 NaOH . (填化学式) 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al(OH)3↓ . Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、 . .工业生产中,还常常利用电解 X 和 F 的混合物

(3)反应②的化学方程式是

(4)反应④的离子反应方程式是

(5)用化学方程式表示 E 在空气中失效的反应原理 2HClO 2HCl+O2↑ .

【考点】无机物的推断. 【分析】由②为工业生产中常见反应,E 是一种具有漂白性作用的盐,Y 易潮解,应为 CaCl2, 可以联想到漂白粉的制取,A 是单质,即 A 为 Cl2,D 为 Ca(OH)2,B 为 Ca,F 为水,E 为 Ca(ClO)2;又 M 是一种两性化合物,能和 H 与 I 反应,即可推出 H 与 I 为强酸和强碱,G 和 A 生成 I,可知 I 为盐酸,猜测 H 可能为 NaOH,由此得到 C 为 Na,G 为 H2,X、Y 是氯化 钠和氯化钙的混合物,因 L 是一种白色沉淀,故 M 是 Al2O3,L 为 Al(OH)3,J 为 AlCl3,K 为 NaAlO2,结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题. 【解答】解:由②为工业生产中常见反应,E 是一种具有漂白性作用的盐,Y 易潮解,应为
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CaCl2,可以联想到漂白粉的制取,A 是单质,即 A 为 Cl2,D 为 Ca(OH)2,B 为 Ca,F 为水; E 为 Ca(ClO)2,又 M 是一种两性化合物,能和 H 与 I 反应,即可推出 H 与 I 为强酸和强碱, G 和 A 生成 I,可知 I 为盐酸,猜测 H 可能为 NaOH,由此得到 C 为 Na,G 为 H2,X、Y 是氯化 钠和氯化钙的混合物,因 L 是一种白色沉淀,故 M 是 Al2O3,L 为 Al(OH)3,J 为 AlCl3,K 为 NaAlO2, (1)由以上分析可知 M 为 Al2O3,Y 为 CaCl2,具有吸水性,可用作干燥剂,故答案为:Al2O3; 用作干燥剂; (2)X、Y 是氯化钠和氯化钙的混合物,熔点较纯净物低,可降低温度,节约能源,电解饱 和食盐水可生成氢气、氯气和氢氧化钠, 故答案为:降低 X、Y 熔化时的温度,节约能源; Cl2、H2 和 NaOH; (3)反应②为氯气和氢氧化钙的反应,可用于制备漂白粉,反应的方程式为 2Cl2+2Ca(OH)
2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,

故答案为:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O; ( 4 )反应④为氯化铝和偏铝酸钠发生互促水解反应生成氢氧化铝,反应的离子方程式为 Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al(OH)3↓, 故答案为:Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al(OH)3↓; (5)E 为 Ca(ClO)2,可与空气中水和二氧化碳反应生成 HClO,HClO 不稳定,见光易分解, 反应的方程式为分别为 Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO 故答案为:Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO 2HCl+O2↑,

2HCl+O2↑.

20.K2SO4 是无氯优质钾肥,Mn3O4 是生产软磁铁氧体材料的主要原料.以硫酸工业的尾气联 合制备 K2SO4 和 Mn3O4 的工艺流程如图 1:

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(1)几种盐的溶解度见图 2.反应Ⅲ中,向(NH4)2SO4 溶液中加入 KCl 溶液充分反应后,进 行蒸发浓缩、 趁热过滤 、洗涤、干燥等操作即得 K2SO4 产品. 取少量溶液于试管中配成溶液,滴 .

(2)检验 K2SO4 样品是否含有氯化物杂质的实验操作是 加过量的 Ba(NO3)2 溶液,取上层清液滴加 AgNO3 溶液 (3)反应Ⅳ的化学方程式为 MnO2+SO2=MnSO4 .

( 4 ) Mn3O4 与 浓 盐 酸 加 热 时 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为 3Mn2++Cl2↑+4H2O .

Mn3O4+8H++2Cl



(5)图 3 煅烧 MnSO4?H2O 时温度与剩余固体质量变化曲线. ①该曲线中 B 段所表示物质的化学式为 Mn3O4 .

②煅烧过程中固体锰含量随温度的升高而增大,但当温度超过 1000℃时,再冷却后,测得产 物的总锰含量反而减小.试分析产物总锰含量减小的原因 MnO2,造成总锰含量减少 . 部分 Mn3O4 又被氧化成 Mn2O3 或

【考点】制备实验方案的设计. 【分析】 (1)硫酸钾的溶解度受温度的影响较小,趁热过滤减少杂质; (2)检验 Cl﹣用硝酸银溶液和稀硝酸,同时又要除去干扰实验的硫酸根离子; (3)二氧化硫与二氧化锰反应,除杂后得到硫酸锰晶体,可知二者反应生成硫酸锰; (4)+4 价锰离子具有氧化性可以氧化氯离子为氯气,四氧化三锰可改写为 MnO2?2MnO, MnO2 与浓盐酸生成 MnCl2、Cl2 和 H2O、MnO 与盐酸生成 MnCl2 和 H2O; (5)热重曲线中一般先失去结晶水(可能分步) ,100gMnSO4?H2O 中结晶水的质量为 100g× =10.65g,可知 A 为硫酸锰,升高温度盐分解得到金属氧化物,由流程图可知硫酸锰
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晶 体 锻 烧 得 到 四 氧 化 三 锰 , 100gMnSO4?H2O 分 解 可 以 得 到 四 氧 化 三 锰 的 质 量 为 × ×229g/mol=45.17g,故 B 为 Mn3O4;继续加热产物中总锰含量反而减 小,说明吸收了氧,进一步说明 B 中的锰元素存在低价. 【解答】解: (1)四种物质中相同温度下硫酸钾溶解度最小,所以反应Ⅲ中蒸发浓缩后硫酸 钾析出,趁热过滤减少杂质,得硫酸钾晶体,再洗涤、干燥即可, 故答案为:趁热过滤; (2)检验 Cl﹣用硝酸银溶液和稀硝酸,同时又要除去干扰实验的硫酸根离子,具体方案为: 取少量溶液于试管中配成溶液,滴加过量的 Ba(NO3)2 溶液,取上层清液滴加 AgNO3 溶液, 故答案为: 取少量溶液于试管中配成溶液, 滴加过量的 Ba (NO3) 取上层清液滴加 AgNO3 2 溶液, 溶液; (3)二氧化硫与二氧化锰反应,除杂后得到硫酸锰晶体,可知二者反应生成硫酸锰,反应方 程式为:MnO2+SO2=MnSO4, 故答案为:MnO2+SO2=MnSO4; (4)+4 价锰离子具有氧化性可以氧化氯离子为氯气,四氧化三锰可改写为 MnO2?2MnO, MnO2 与浓盐酸生成 MnCl2、Cl2 和 H2O、MnO 与盐酸生成 MnCl2 和 H2O,反应方程式为: Mn3O4+8H++2Cl﹣ 3Mn2++Cl2↑+4H2O, 3Mn2++Cl2↑+4H2O;

故答案为:Mn3O4+8H++2Cl﹣

(5)①热重曲线中一般先失去结晶水(可能分步) ,100gMnSO4?H2O 中结晶水的质量为 100g × =10.65g,可知 A 为硫酸锰,升高温度盐分解得到金属氧化物,由流程图可知硫酸

锰 晶 体 锻 烧 得 到 四 氧 化 三 锰 , 100gMnSO4?H2O 分 解 可 以 得 到 四 氧 化 三 锰 的 质 量 为 × ×229g/mol=45.17g,故 B 为 Mn3O4, 故答案为:Mn3O4; ②继续加热产物中总锰含量反而减小,说明吸收了氧,进一步说明 B 中的锰元素存在低价, 可能是部分 Mn3O4 又被氧化成 Mn2O3 或 MnO2,造成总锰含量减少, 故答案为:部分 Mn3O4 又被氧化成 Mn2O3 或 MnO2,造成总锰含量减少.

21.有 X、Z、W 三种含 14 个电子的粒子,其结构特点如下: 粒子代码 原子核数目 X 单核 Z W

同种元素构成的两核 同种元素构成的两核
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粒子的电性

电中性

两个单位负电荷 共价键 . .

电中性

(1)X 的氧化物晶体中含有化学键类型是 (2)Z 与钙离子组成的化台物的电子式为

Ca2+[C? ? C]2﹣

(3)组成 W 的元素的简单氢化物极易溶于水的主要原因是 与 H2O 都是极性分子且相互间能反应生成一水合氨

NH3 与 H2O 间能形成氢键,NH3

,该氢化物与

空气可以构成一种燃料电池,产物为无毒物质,电解质溶液是 KOH 溶液,其负极的电极 反应式为 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣═N2+6H2O .在常温下,用该电池电解 1.5L 1mol/LNaCl 溶液,

当消耗标准状 况下 1.12LW 的简单氯化物时,NaCI 溶液的 pH= 的体积不变) . (4)M 原子核外比 X 原予多 2 个电子.可逆反应 2MO2(气)+O2(气)?﹣2MO3(气)在 两个密闭容器中进行,A 容器中有一个可上下移动的活塞,B 容器可保持恒容(如图所示) , B 中分别充入 ImolO2 和 2mol MO2, =V 若在 A. 、 使气体体积 V (A) (B) , 在相同温度下反应. 则: 达平衡所需时间:t(A) < > a 13 (假设电解过程中溶液

t (B) (填“>”、“<”、“=”,或“无法确定”,下同) .平衡时 MO!的转化率:a(A) (B) . (5)欲比较 X 和 M 两元素的非金属性相对强弱,可采取的措施有 a.比较这两种元素的气态氢化物的沸点 b.比较这两种元素的单质在常温下的状态 c.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性 d.比较这两种元素的单质与氢气化合的难易. c、d

(填序号) .

【考点】位置结构性质的相互关系应用. 【分析】X、Z、W 三种含 14 个电子的粒子,X 为单核,电中性,故 X 的质子数为 14,X 为 Si 原子;Z 为同元素构成的两核粒子,两个单位负电荷,故形成 Z 元素的原子质子数为 故 Z 为 C22﹣;W 为同元素构成的两核粒子,电中性,故形成 W 元素的原子质子数为 N 元素,W 为 N2,M 原子核外比 X 原予多 2 个电子,则 M 为 S,据此答题. 【解答】解:X、Z、W 三种含 14 个电子的粒子,X 为单核,电中性,故 X 的质子数为 14,X
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=6, =7,为

为 Si 原子;Z 为同元素构成的两核粒子,两个单位负电荷,故形成 Z 元素的原子质子数为 =6,故 Z 为 C22﹣;W 为同元素构成的两核粒子,电中性,故形成 W 元素的原子质子数为 =7,为 N 元素,W 为 N2,M 原子核外比 X 原予多 2 个电子,则 M 为 S, (1)X 的氧化物为二氧化硅,二氧化硅晶体中含有化学键类型是共价键, 故答案为:共价键; (2)Z 为 C22﹣,Z 与钙离子组成的化台物的电子式为 Ca2+[C? ? C]2﹣, 故答案为:Ca2+[C? ? C]2﹣; (3)W 为 N2,组成 W 的元素的简单氢化物为氨气,NH3 与 H2O 间能形成氢键,NH3 与 H2O 都是极性分子且相互间能反应生成一水合氨,所以氨气极易溶于水,氨气与空气可以构成一 种燃料电池,产物为无毒物质应为氮气和水,电解质溶液是 KOH 溶液,该电池中氨气是还原 剂, 在负极发生氧化反应, 电极反应式为 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣═N2+6H2O, 根据电极反应式可知, 消耗标准状况下 1.12L 即 0.05mol 氨气时,转移电子的物质的量为 0.15mol ,电解 1.5L 1mol/LNaCl 溶液,生成 0.15mol 氢氧化钠,溶液中氢氧根的浓度为 液的 pH=13, 故答案为:NH3 与 H2O 间能形成氢键,NH3 与 H2O 都是极性分子且相互间能反应生成一水合 氨;2NH3﹣6e﹣+6OH﹣═N2+6H2O;13; (4)可逆反应 2SO2(气)+O2(气)?2SO3(气)在两个密闭容器中进行,A 容器中有一个可 上下移动的活塞,B 容器可保持恒容,若在 A、B 中分别充入 1molO2 和 2mol SO2,使气体体 积 V(A)=V(B) ,在相同温度下反应,由于该反应为气体体积减小的反应,所以 A 容器中的 压强大于 B 容器,所以 t(A)t<(B)平衡时 SO2 的转化率:a(A)>a(B) , 故答案为:<;>; (5)比较 Si 和 S 两元素的非金属性相对强弱,可以根据气态氢化物的稳定性、单质与氢气化 合的难易来判断,而不能根据气态氢化物的沸点及单质在常温下的状态判断,故选 c、d. =0.1mol/L,所以溶

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2017 年 4 月 12 日

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