湖南師大附中2016屆高三月考試卷(三)解析

1、英德·英才大聯(lián)考湖南師大附中2016屆高三月考試卷（三）化 學(xué)湖南師大附中高三化學(xué)備課組組稿本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁(yè)。時(shí)量90分鐘，滿分100分?？捎玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1 O-16 Mg-24 Al-27 Fe-56 Ni-58.7第1卷 選擇題（共42分）一、選擇題（本題包括14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1下列說(shuō)法不正確的是（）AAl2O3用作耐火材料、Al（OH）3用作阻燃劑B用苯萃取溴水中的溴時(shí)，將溴的苯溶液從分液漏斗下口放出C碳素鋼的主要成分是鐵碳合金、司母戊鼎的主要成分是銅錫合金D盛放NaOH溶液的磨口玻璃瓶要用橡膠塞【考點(diǎn)

2、】?jī)尚匝趸锖蛢尚詺溲趸铮烩c的重要化合物；分液和萃取菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】AAl2O3熔點(diǎn)高、Al（OH）3加熱易分解；B苯的密度小于水，溶有苯的有機(jī)層在上層；C碳素鋼是一種鐵的合金，司母戊鼎的主要成分是銅錫合金；D燒堿溶液能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)生成具有粘和合性的硅酸鈉【解答】AAl2O3熔點(diǎn)高、Al（OH）3加熱易分解，可用于阻燃劑，故A正確；B用苯萃取溴水中的溴時(shí)，將溴的苯溶液在混合液上層，應(yīng)該從分液漏斗的上口放出，故B錯(cuò)誤；C碳素鋼是一種鐵的合金，司母戊鼎的主要成分是銅錫合金，故C正確；D燒堿溶液能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)生成具有粘和合性的硅酸鈉，容易將瓶口和瓶塞粘結(jié)在一起，故燒堿溶液

3、盛放在帶橡皮塞的玻璃瓶中，故D正確；故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查元素及其化合物的性質(zhì)，涉及試劑的保存、分液的操作等，為高考高頻考點(diǎn)，側(cè)重于元素化合物知識(shí)的綜合理解和運(yùn)用的考查，題目難度不大2下列有關(guān)金屬的說(shuō)法中，正確的是（）純鐵較生鐵不易生銹；冶煉鋁和鈉都可以用電解法；KSCN溶液可以檢驗(yàn)Fe3+離子；缺鈣會(huì)引起骨質(zhì)疏松，缺鐵會(huì)引起貧血；青銅、不銹鋼、硬鋁都是合金；銅與硫反應(yīng)，生成黑色的CuSA BC D【考點(diǎn)】鐵的化學(xué)性質(zhì)；金屬冶煉的一般原理；二價(jià)Fe離子和三價(jià)Fe離子的檢驗(yàn)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】生鐵中金屬鐵、碳、潮濕的空氣能構(gòu)成原電池，從而易生銹；活潑金屬采用電解方法冶煉；KSCN溶液和F

4、e3+離子生成血紅色溶液；鐵是合成血紅蛋白的主要元素，缺乏會(huì)患貧血；鈣主要存在于骨胳和牙齒中，使骨和牙齒具有堅(jiān)硬的結(jié)構(gòu)支架；青銅是銅錫合金，不銹鋼是鐵鉻、鎳合金，硬鋁是鋁硅、鎂等形成的合金；銅與硫反應(yīng)，生成黑色的Cu2S【解答】生鐵中金屬鐵、碳、潮濕的空氣能構(gòu)成原電池，金屬鐵為負(fù)極，易被腐蝕而生銹，和電化學(xué)腐蝕有關(guān)，故正確；活潑金屬采用電解方法冶煉，Al、Na是活潑金屬，采用電解法冶煉，故正確；KSCN溶液和Fe3+離子生成血紅色溶液，所以可以用KSCN溶液檢驗(yàn)鐵離子，故正確；鐵是合成血紅蛋白的主要元素，缺乏會(huì)患貧血；鈣主要存在于骨胳和牙齒中，使骨和牙齒具有堅(jiān)硬的結(jié)構(gòu)支架，缺乏幼兒和青少年會(huì)患

5、佝僂病，老年人會(huì)患骨質(zhì)疏松，故正確；青銅是銅錫合金，不銹鋼是鐵鉻、鎳合金，硬鋁是鋁硅、鎂等形成的合金，所以三種物質(zhì)都是合金，故正確；銅與硫反應(yīng)，S具有弱氧化性，能將變價(jià)金屬氧化為較低價(jià)態(tài)，所以生成黑色的Cu2S，故錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查元素化合物知識(shí)，涉及金屬冶煉、合金、S的性質(zhì)、離子檢驗(yàn)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，明確原電池原理、物質(zhì)或離子性質(zhì)即可解答，注意Cu和氯氣、S反應(yīng)產(chǎn)物不同點(diǎn)，為易錯(cuò)點(diǎn)3下列各組離子一定能在指定環(huán)境中大量共存的是（）A在c（HCO3）=0.1molL1的溶液中：NH4+、Al3+、Cl、NO3B在由水電離出的c（H+）=1×1012molL1的溶液中：Fe

6、3+、ClO、Na+、SO42C在pH=1的溶液中：NO3、SO42、Fe2+、K+D在pH=13的溶液中：SO32、S2、Na+、K+【考點(diǎn)】離子共存問(wèn)題菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】離子反應(yīng)專題【分析】A根據(jù)離子相互促進(jìn)水解來(lái)分析；B由水電離出的c（H+）=1×1012molL1的溶液，為酸或堿溶液；CpH=1的溶液顯酸性，根據(jù)氧化還原反應(yīng)來(lái)分析；DpH=13的溶液顯堿性，該組離子之間不反應(yīng)【解答】AAl3+與HCO3發(fā)生雙水解反應(yīng)而不能共存，故A錯(cuò)誤；B由水電離出的c（H+）=1×1012 molL1的溶液，可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，酸溶液中與ClO結(jié)合生成弱電解質(zhì)，

7、堿溶液中與Fe3+結(jié)合成沉淀，則不能共存，故B錯(cuò)誤；CpH=1的溶液顯酸性，F(xiàn)e2+、NO3、H+能發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存于同一溶液中，故C錯(cuò)誤；DpH=13的溶液顯堿性，該組離子之間不反應(yīng)，則能共存，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子的共存，明確信息及離子之間的反應(yīng)即可解答，熟悉離子之間的氧化還原反應(yīng)、相互促進(jìn)水解等來(lái)解答，難度不大4下列敘述正確的是（）A液溴易揮發(fā)，在存放液溴的試劑瓶中應(yīng)加水封B能使?jié)駶?rùn)的淀粉KI試紙變藍(lán)色的物質(zhì)一定是Cl2C某溶液中加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明原溶液中存在ID中和滴定實(shí)驗(yàn)時(shí)，用待測(cè)液潤(rùn)洗錐形瓶【考點(diǎn)】化學(xué)試劑的存放；常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)方法；氯氣的

8、化學(xué)性質(zhì)；中和滴定菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作【分析】A、根據(jù)液溴具有揮發(fā)性、密度比水的大進(jìn)行分析；B、根據(jù)淀粉碘化鉀試紙的變藍(lán)原理進(jìn)行判斷；C、根據(jù)碘離子是無(wú)色進(jìn)行判斷；D、根據(jù)滴定操作中錐形瓶的正確使用方法進(jìn)行分析【解答】A、由于液溴溶于揮發(fā)，密度大于水的密度，所以在存放液溴的試劑瓶中應(yīng)加水封，故A正確；B、具有氧化性，與KI反應(yīng)生成單質(zhì)碘的物質(zhì)，能使?jié)駶?rùn)的KI淀粉試紙變藍(lán)，不一定是氯氣，故B錯(cuò)誤；C、碘離子是無(wú)色的，某溶液中加入CCl4，CCl4層顯紫色，證明溶液中存在碘單質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D、在滴定操作中，錐形瓶不能夠用待測(cè)液潤(rùn)洗，否則會(huì)使待測(cè)液物質(zhì)的量偏大，影響測(cè)定結(jié)果，故D錯(cuò)

9、誤；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查了常見(jiàn)試劑的存放方法、滴定操作中錐形瓶的使用等知識(shí)，難度不大，可以根據(jù)所學(xué)知識(shí)完成5下列事實(shí)對(duì)應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A酸性介質(zhì)中KMnO4氧化H2O2：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2OB少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOC純堿溶液能清洗油污：CO32+2H2OH2CO3+2OHD將過(guò)量的鐵粉加入稀硝酸中：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O【考點(diǎn)】離子方程式的書寫菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】離子反應(yīng)專題【分析】A發(fā)生氧化還原反應(yīng)，電子、電荷守恒；B發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈣；C水解

10、分步進(jìn)行，以第一步為主；D過(guò)量的Fe，反應(yīng)生成硝酸亞鐵、NO和水【解答】A酸性介質(zhì)中KMnO4氧化H2O2的離子反應(yīng)為2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，遵循電子、電荷守恒，故A正確；B少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的離子反應(yīng)為SO2+H2O+Ca2+3ClOCaSO4+Cl+2HClO，故B錯(cuò)誤；C純堿溶液能清洗油污，發(fā)生水解的離子反應(yīng)為CO32+H2OHCO3+OH，故C錯(cuò)誤；D將過(guò)量的鐵粉加入稀硝酸中的離子反應(yīng)為3Fe+8H+2NO33Fe2+2NO+4H2O，故D錯(cuò)誤；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子反應(yīng)方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的

11、書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)、水解反應(yīng)、與量有關(guān)的離子反應(yīng)考查，注意離子反應(yīng)中保留化學(xué)式的物質(zhì)及電子、電荷守恒分析，題目難度不大6類比是研究物質(zhì)性質(zhì)的常用方法之一，可預(yù)測(cè)許多物質(zhì)的性質(zhì)但類比是相對(duì)的，不能違背客觀事實(shí)下列各種類比推測(cè)的說(shuō)法中正確的是（）已知Fe與S能直接化合生成FeS，推測(cè)Cu與S可直接化合生成CuS已知CaCO3與稀硝酸反應(yīng)生成CO2，推測(cè)CaSO3與稀硝酸反應(yīng)生成SO2已知CO2分子是直線型結(jié)構(gòu)，推測(cè)CS2分子也是直線型結(jié)構(gòu)已知Fe與CuSO4溶液反應(yīng)，推測(cè)Fe與AgNO3溶液也能反應(yīng)已知NaOH是強(qiáng)電解質(zhì)，其飽和溶液導(dǎo)電能力很強(qiáng)，Ca（OH）2也是強(qiáng)電解質(zhì)，推測(cè)

12、其飽和溶液導(dǎo)電能力也很強(qiáng)ABCD【考點(diǎn)】含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用；鐵的化學(xué)性質(zhì)；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)菁【專題】類比遷移思想【分析】S的氧化性很弱，S單質(zhì)和金屬反應(yīng)，只能生成低價(jià)金屬化合物硝酸中+5價(jià)氮具有強(qiáng)氧化性；CaSO3中的硫元素是+4價(jià)，具有還原性CO2分子中碳氧之間是雙鍵，CS2分子中碳硫之間也是雙鍵 在金屬的活動(dòng)性順序表中，排在前面的金屬可以將排在后面的金屬?gòu)乃鼈兊柠}溶液中置換出來(lái)溶液的導(dǎo)電是通過(guò)自由移動(dòng)的離子的定向移動(dòng)實(shí)現(xiàn)，導(dǎo)電能力強(qiáng)弱與溶液中自由移動(dòng)的離子濃度大小和離子所帶電荷多少有關(guān)，溶液中自由離子濃度越大，所帶電荷越多，導(dǎo)電能力越強(qiáng)【解答】硫的氧化性比氧氣、氯氣弱，

13、只能把金屬氧化到低價(jià) Fe的低價(jià)為+2價(jià)；Cu的低價(jià)為+1價(jià)，F(xiàn)e+SFeS； 2Cu+S Cu2S故的說(shuō)法錯(cuò)誤因CaCO3中碳為+4價(jià)是最高價(jià)，雖硝酸中+5價(jià)氮，具有強(qiáng)氧化性，CaCO3與稀硝酸只能發(fā)生復(fù)分解，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2反應(yīng)CaSO3中的硫元素是+4價(jià)，具有還原性，與強(qiáng)氧化性的硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，被氧化成+6價(jià)的硫，稀硝酸自身被還原成+2價(jià)的氮故的說(shuō)法錯(cuò)誤CO2分子和CS2分子結(jié)構(gòu)式分別為O=C=O和S=C=S，CO2分子是直線型結(jié)構(gòu)，CS2分子也是直線型結(jié)構(gòu)故說(shuō)法正確在金屬的活動(dòng)性順序表中，F(xiàn)e排在Cu、Ag的前面Fe+CuSO4FeSO44

14、+Cu，F(xiàn)e+2AgNO3Fe（NO3）2+2Ag故說(shuō)法正確NaOH是易溶于水易電離的強(qiáng)電解質(zhì)，其飽和溶液離子濃度大，導(dǎo)電能力強(qiáng)，Ca（OH）2是微溶于水的強(qiáng)電解質(zhì)，溶于水的能完全電離，但因微溶，其飽和溶液離子濃度小，導(dǎo)電能力弱故說(shuō)法錯(cuò)誤故選C【點(diǎn)評(píng)】該題主要考查了元素化合物硫、氮、碳、鐵、銅的性質(zhì)，考查了電解質(zhì)的強(qiáng)弱與導(dǎo)電能力的關(guān)系學(xué)習(xí)元素化合物知識(shí)時(shí)，需注意新舊知識(shí)的前后聯(lián)系類比它們的異同7下列反應(yīng)中，調(diào)節(jié)反應(yīng)物用量或濃度不會(huì)改變反應(yīng)產(chǎn)物的是（）ACO2 通入澄清石灰水中BNa2CO3溶液和HCl溶液反應(yīng)CAlCl3溶液的NaOH 溶液反應(yīng)D鐵絲在氯氣中燃燒【考點(diǎn)】鈉的重要化合物；鎂、鋁的

15、重要化合物；鐵的化學(xué)性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A少量二氧化碳與氫氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，過(guò)量二氧化碳與氫氧化鈣反應(yīng)生成碳酸氫鈣；B滴加少量鹽酸，生成碳酸氫鈉，過(guò)量鹽酸生成二氧化碳?xì)怏w；C氯化鋁與少量氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁，與過(guò)量氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉；D鐵絲在氯氣中燃燒只生成氯化鐵【解答】ACO2通入石灰水，CO2過(guò)量則生成碳酸氫鈣鈣，2CO2+Ca（OH）2Ca（HCO3）2，氫氧化鈣過(guò)量則生成碳酸鈣，Ca（OH）2+CO2CaCO3+H2O，反應(yīng)物用量不同，產(chǎn)物不同，故A不選；BNa2CO3和HCl的相對(duì)量的不同可生成NaHCO3或CO2，或兩種都有，故B不選；C氯化鋁溶液滴入氫氧化

16、鈉溶液，若氫氧化鈉過(guò)量生成偏鋁酸鈉，AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O；若氫氧化鈉不足生成氫氧化鋁白色沉淀，AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，反應(yīng)物用量不同，產(chǎn)物不同，故C不選；D鐵絲在氯氣中燃燒只生成氯化鐵，故D選故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)的用量或濃度不同導(dǎo)致產(chǎn)物不同，明確物質(zhì)之間的反應(yīng)是解本題的關(guān)鍵，易錯(cuò)選項(xiàng)是D，注意不能用鐵和氯氣制得氯化亞鐵，只能制得氯化鐵，題目難度中等8安全氣囊碰撞時(shí)發(fā)生反應(yīng)：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2，下列判斷正確的是（）A每生成16 mol N2轉(zhuǎn)移30 mol電子BNaN3中N元素被氧化CN2既是

17、氧化劑又是還原劑D還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物質(zhì)量之比為1：15【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】氧化還原反應(yīng)專題【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中，只有N元素的化合價(jià)變化，由N元素的化合價(jià)降低可知，2molKNO3反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子為2mol×（50）=10mol，以此來(lái)解答【解答】A由反應(yīng)可知，2molKNO3反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子為2mol×（50）=10mol，即每生成16 mol N2轉(zhuǎn)移10 mol電子，故A錯(cuò)誤；BNaN3中N元素化合價(jià)升高，失去電子被氧化，故B正確；C只有N元素的化合價(jià)變化，則N2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，故C錯(cuò)誤；D該反應(yīng)中10m

18、olNaN3是還原劑，生成氧化產(chǎn)物N2的物質(zhì)的量是15mol；2molKNO3是氧化劑，生成還原產(chǎn)物N2的物質(zhì)的量是1mol，還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物質(zhì)量之比為1：15，故D正確；故選BD【點(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)基本概念及轉(zhuǎn)移電子的考查，題目難度不大9下列對(duì)于實(shí)驗(yàn)IIV的說(shuō)法正確的是（）A實(shí)驗(yàn)I：逐滴滴加鹽酸時(shí)，試管中立即產(chǎn)生大量氣泡B實(shí)驗(yàn)：可比較氯、碳、硅三種元素的非金屬性強(qiáng)弱C實(shí)驗(yàn)：從飽和食鹽水中提取NaCl晶體D裝置：酸性KMnO4溶液中有氣泡出現(xiàn)，且溶液顏色會(huì)逐漸變淺乃至褪去【考點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)裝置綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A

19、先發(fā)生碳酸鈉與鹽酸的反應(yīng)生成碳酸氫鈉；B強(qiáng)酸制取弱酸，最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，非金屬性越強(qiáng)，氯化氫為非含氧酸；C從飽和食鹽水中提取NaCl晶體，利用蒸發(fā)操作；D濃硫酸具有脫水性，蔗糖變?yōu)镃，然后與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫，具有還原性，使酸性KMnO4溶液褪色【解答】A先發(fā)生碳酸鈉與鹽酸的反應(yīng)生成碳酸氫鈉，則開始沒(méi)有氣泡，故A錯(cuò)誤；B強(qiáng)酸制取弱酸可知酸性為鹽酸碳酸硅酸，最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，非金屬性越強(qiáng)，鹽酸是非含氧酸，無(wú)法比較，故B錯(cuò)誤；C從飽和食鹽水中提取NaCl晶體，利用蒸發(fā)操作，不需要坩堝，應(yīng)選蒸發(fā)皿，故C錯(cuò)誤；D濃硫酸具有脫水性，蔗糖變?yōu)镃，然后與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫，具有還原性，使

20、酸性KMnO4溶液褪色，觀察到性KMnO4溶液中有氣泡出現(xiàn)，且溶液顏色會(huì)逐漸變淺乃至褪去，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及到反應(yīng)的先后順序、酸性強(qiáng)弱比較、蒸發(fā)等知識(shí)點(diǎn)，考查點(diǎn)較多，學(xué)生應(yīng)注意思維的及時(shí)轉(zhuǎn)換來(lái)解答，D選項(xiàng)難度較大10酚酞，別名非諾夫他林，是制藥工業(yè)原料：適用于習(xí)慣性頑固便秘，有片劑、栓劑等多種劑型，其結(jié)構(gòu)如右圖所示，有關(guān)酚酞說(shuō)法不正確的是（）A分子式為C20H14O4B可以發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)C含有的官能團(tuán)有羥基、酯基D1mol該物質(zhì)可與H2和溴水發(fā)生反應(yīng)，消耗H2和Br2的最大值為10mol和4mol【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；有機(jī)物分子中的官能

21、團(tuán)及其結(jié)構(gòu)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式，分子中含酚OH、COOC，結(jié)合酚、酯的性質(zhì)來(lái)解答【解答】A由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式為C20H14O4，故A正確；B含酚OH可發(fā)生取代、氧化反應(yīng)，含苯環(huán)可發(fā)生加成反應(yīng)，故B正確；C分子中含酚OH、COOC，即含有的官能團(tuán)有羥基、酯基，故C正確；D只有苯環(huán)與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，酚OH的鄰對(duì)位與溴水發(fā)生取代，且對(duì)位均有取代基，則1mol該物質(zhì)可與H2和溴水發(fā)生反應(yīng)，消耗H2和Br2的最大值為9mol和4mol，故D錯(cuò)誤；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重酚、酯性質(zhì)

22、的考查，題目難度不大11常溫下，下列各組物質(zhì)中，Y既能與X反應(yīng)又能與Z反應(yīng)的是（）XYZNaOH溶液KAlO2稀硫酸KOH溶液NaHCO3濃鹽酸O2N2H2FeCl3溶液Cu濃硝酸A B C D【考點(diǎn)】鎂、鋁的重要化合物；鈉的重要化合物；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】幾種重要的金屬及其化合物【分析】偏鋁酸鉀只能與酸反應(yīng)，不能與堿反應(yīng)；NaHCO3是多元弱酸的氫鹽，既可以與強(qiáng)酸反應(yīng)又可以與強(qiáng)堿反應(yīng)；氮?dú)馀c氧氣在放電條件下反應(yīng)得到NO，氮?dú)馀c氫氣在高溫高壓、催化劑條件下合成氨氣反應(yīng)；Cu與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應(yīng)得到氯化銅、氯化亞鐵【解答】偏鋁酸鉀

23、只能與酸反應(yīng)生成氫氧化鋁，不能與堿反應(yīng)，故不符合；NaHCO3是多元弱酸的氫鹽，既可以與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉，水和二氧化碳，又可以與氫氧化鉀反應(yīng)生成碳酸鹽和水，故符合；氮?dú)馀c氧氣在放電條件下反應(yīng)得到NO，氮?dú)馀c氫氣在高溫高壓、催化劑條件下合成氨氣反應(yīng)，常溫下氮?dú)獠荒芘c氧氣、氫氣發(fā)生反應(yīng)，故不符合；常溫下，Cu與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應(yīng)得到氯化銅、氯化亞鐵，故符合，故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查元素化合物性質(zhì)，難度不大，側(cè)重對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的鞏固，需要學(xué)生熟練掌握元素化合物性質(zhì)12以下進(jìn)行性質(zhì)比較的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，不合理的是（）A比較Cu、Fe2+的還原性；Cu加入FeCl3溶液中B比較氯

24、、溴非金屬性；氯氣通入溴化鈉溶液中C比較鎂、鋁金屬性：鎂、鋁（除氧化膜）分別放入4molL1NaOH溶液中D比較高錳酸鉀、氯氣的氧化性；高錳酸鉀中加入濃鹽酸【考點(diǎn)】性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題【分析】A、依據(jù)氧化還原反應(yīng)中還原劑的還原性大于含有產(chǎn)物分析判斷；B、非金屬單質(zhì)的氧化性強(qiáng)弱是非金屬性強(qiáng)弱的判斷依據(jù)；C、比較金屬活潑性用金屬和水反應(yīng)劇烈程度、最高氧化物對(duì)應(yīng)水化物形成的氫氧化物堿性強(qiáng)弱比較，與堿反應(yīng)不能比較；D、高猛酸鉀能氧化濃鹽酸生成氯氣，依據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物判斷；【解答】A、Cu加入FeCl3溶液中反應(yīng)Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+

25、，還原劑Cu的還原性大于還原產(chǎn)物Fe2+，故A合理；B、氯氣通入溴化鈉溶液中反應(yīng)，Cl2+2Br=Br2+2Cl，反應(yīng)中氯氣氧化性大于溴單質(zhì)，說(shuō)明氯的非金屬性大于溴，故B合理；C、鎂、鋁（除氧化膜）分別放入4molL1NaOH溶液中，鋁溶解反應(yīng)，鎂不能反應(yīng)，鋁反應(yīng)是因?yàn)殇X是兩性元素，但不能證明金屬性強(qiáng)弱，D、高猛酸鉀能氧化濃鹽酸生成氯氣，依據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物判斷，高錳酸鉀氧化性大于氯氣，故D合理；故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了氧化還原反應(yīng)的強(qiáng)弱規(guī)律，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物，非金屬性和金屬性的強(qiáng)弱判斷依據(jù)，題目難度中等13下列物質(zhì)的制備與工業(yè)生產(chǎn)

26、相符的是（）NH3NOHNO3濃HClCl2漂白粉MgCl2（aq）無(wú)水MgCl2Mg飽和NaCl（aq） NaHCO3Na2CO3鋁土礦NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3AlABCD【考點(diǎn)】工業(yè)制取硝酸；純堿工業(yè)（侯氏制堿法）；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；金屬冶煉的一般原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】化學(xué)應(yīng)用【分析】工業(yè)上用氨氣（NH3）制取硝酸（HNO3），工業(yè)流程為：4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2 、3NO2+H2O=2HNO3+NO；工業(yè)上常以食鹽為原料制備氯氣，再用氯氣制備漂白粉：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，2C12+2Ca（OH）2=

27、CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；工業(yè)上制Mg的過(guò)程：MgC12溶液：將MgC12溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到MgC126H2O，然后MgC126H2O在一定條件下加熱得到無(wú)水MgC12：MgCl26H2OMgCl2+6H2O；最后電解熔融的氯化鎂可得到Mg：MgCl2Mg+Cl2；聯(lián)合制堿法：先使氨氣通入飽和食鹽水中而成氨鹽水，再通入二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉沉淀和氯化銨溶液，其化學(xué)反應(yīng)原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3+NH4Cl，將經(jīng)過(guò)濾、洗滌得到的NaHCO3微小晶體，再加熱煅燒制得純堿產(chǎn)品：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；從鋁土礦中提取鋁反應(yīng)

28、過(guò)程 溶解：將鋁土礦溶于NaOH（aq）：AlO+2NaOH=2NaAlO+HO 過(guò)濾：除去殘?jiān)趸瘉嗚F（FeO）、硅鋁酸鈉等 酸化：向?yàn)V液中通入過(guò)量CO2：NaAlO2+CO+2HO=Al（OH）+NaHCO過(guò)濾、灼燒 Al（OH）：2Al（OH）Al2O3+3HO； 電解：2Al2O3（l）4Al+3O【解答】工業(yè)上用氨氣（NH3）制取硝酸（HNO3）的工業(yè)流程：NH3NOHNO3，故正確；工業(yè)上制備漂白粉的工業(yè)流程：NaCl溶液Cl2漂白粉，故錯(cuò)誤；工業(yè)上制Mg的工業(yè)流程：MgC12溶液：MgCl2（aq）MgC126H2O無(wú)水MgCl2Mg，故錯(cuò)誤；聯(lián)合制堿法的工業(yè)流程：飽和NaCl（

29、aq） NaHCO3Na2CO3，故正確；從鋁土礦中提取鋁的工業(yè)流程：鋁土礦NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3Al，故正確；故選A【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了物質(zhì)的工業(yè)制備，掌握制備的原理是解題的關(guān)鍵，難度不大14將一定質(zhì)量的Mg和Al混合物投入500mL 稀硫酸中，固體全部溶解并產(chǎn)生氣體待反應(yīng)完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示則下列說(shuō)法正確的是（）AMg和Al的總質(zhì)量為8gB硫酸的物質(zhì)的量濃度為5molL1C生成的H2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2 LDNaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為5molL1【考點(diǎn)】鋁的化學(xué)性質(zhì)；鎂、鋁的重要化合物菁優(yōu)

30、網(wǎng)版權(quán)所有【專題】圖示題【分析】由圖可知，020mL發(fā)生酸堿中和，20200mL發(fā)生離子與堿生成沉淀的反應(yīng)，200240mL發(fā)生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL時(shí)生成沉淀最多，溶液中的溶質(zhì)為硫酸鈉，以此來(lái)解答【解答】由圖可知，020mL發(fā)生酸堿中和，20200mL發(fā)生離子與堿生成沉淀的反應(yīng)，200240mL發(fā)生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，200mL時(shí)生成沉淀最多，溶液中的溶質(zhì)為硫酸鈉，A由圖象可知，n（Mg）=0.15mol，n（Al）=0.2mol，則Mg和Al的總質(zhì)量為0.15mol×24g/mol+0.2mol×27g

31、/mol=9g，故A錯(cuò)誤；B由200240mL發(fā)生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，c（NaOH）=5mol/L，200mL時(shí)生成沉淀最多，溶液中的溶質(zhì)為硫酸鈉，則c（H2SO4）=1mol/L，故B錯(cuò)誤；C與硫酸反應(yīng)生成的氫氣的體積應(yīng)為（0.15mol+0.3mol）×22.4 Lmol1=10.08L，故C錯(cuò)誤；D在加入240mLNaOH溶液時(shí)，Al（OH）3恰好全部轉(zhuǎn)化為NaAlO2，由B的計(jì)算可知?dú)溲趸c溶液的濃度為5molL1，故D正確；故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查金屬的化學(xué)性質(zhì)及圖象，明確圖象中點(diǎn)、線、面的意義及發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意氫氧化鋁能溶解在N

32、aOH溶液中，側(cè)重分析及計(jì)算能力的考查，題目難度中等第2卷 非選擇題（共58分）二、非選擇題（本題包括6小題，共58分）15用電弧法合成的儲(chǔ)氫納米碳管常伴有大量的碳納米順粒（雜質(zhì)），這種顆?？捎醚趸瘹饣ㄌ峒?，其反應(yīng)式為： C+ K2Cr2O7+ H2SO4 CO2+ Cr2（SO4）3+ K2SO4+ H2O（1）完成配平上述反應(yīng)的化學(xué)方程式：（2）反應(yīng)的氧化劑是 ，氧化產(chǎn)物的電子式 ：（3）H2SO4在上述反應(yīng)中表現(xiàn)出來(lái)的性質(zhì)是 （填選項(xiàng)編號(hào)）（多選倒扣分）A酸性 B氧化性 C吸水性 D脫水性（4）上述反應(yīng)中若產(chǎn)生0.2molCO2氣體，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是 mol【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)方

33、程式的配平；氧化還原反應(yīng)的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】氧化還原反應(yīng)專題【分析】（1）反應(yīng)中C元素的化合價(jià)由0升高為+4價(jià)，Cr元素的化合價(jià)由+6價(jià)降低為+3價(jià)，結(jié)合質(zhì)量守恒定律以此配平，并計(jì)算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)；（2）氧化產(chǎn)物是化合價(jià)升高元素所在的產(chǎn)物，根據(jù)二氧化碳的結(jié)構(gòu)來(lái)回答；（3）該反應(yīng)中，硫酸中各元素的化合價(jià)不發(fā)生變化，據(jù)此來(lái)判斷性質(zhì)；（4）根據(jù)電子轉(zhuǎn)移情況結(jié)合二氧化碳量來(lái)進(jìn)行回答【解答】（1）反應(yīng)中C元素的化合價(jià)由0升高為+4價(jià)，Cr元素的化合價(jià)由+6價(jià)降低為+3價(jià)，由電子守恒可知，C的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3，K2Cr2O7的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2，由質(zhì)量守恒定律可知，配平后的化學(xué)反應(yīng)為3C+2K2Cr2O7

34、+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，故答案為：3；2；8；3；2；2；8；（2）Cr元素的化合價(jià)降低，則K2Cr2O7為氧化劑，氧化產(chǎn)物是二氧化碳，二氧化碳中，碳原子和氧原子之間通過(guò)共價(jià)雙鍵結(jié)合，屬于非極性分子，它的電子式為，故答案為：K2Cr2O7； （3）該反應(yīng)中，硫酸中各元素的化合價(jià)不發(fā)生變化，反應(yīng)中生成硫酸鹽，則硫酸在該反應(yīng)中作酸，體現(xiàn)酸性，應(yīng)選A，故選A；（4）化學(xué)反應(yīng)中，1molC參加反應(yīng)生成1mol二氧化碳時(shí)轉(zhuǎn)移電子為1mol×（40）=4mol，所以若產(chǎn)生0.2molCO2氣體，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.8mol，故答案為：0.8【

35、點(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)，明確常見(jiàn)元素的化合價(jià)及反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大16非金屬元素H、C、O、S、Cl能形成的化合物種類很多，單質(zhì)及化合物的用途很廣泛（1）O2的電子式為 ；（2）O、Cl兩元素形成的單質(zhì)和化合物常用來(lái)殺菌消毒，試舉例 （寫化學(xué)式，任寫兩種）；（3）CH3OH在常溫下為液態(tài)，沸點(diǎn)高于乙烷的主要原因是 ；（4）Cl2是一種大氣污染物，液氯儲(chǔ)存區(qū)貼有的說(shuō)明卡如下（部分）：危險(xiǎn)性儲(chǔ)運(yùn)要求遠(yuǎn)離金屬粉末、氨、烴類、醇類物質(zhì)；設(shè)置氯氣檢測(cè)儀泄漏處理NaOH、NaHSO3溶液吸收包裝鋼瓶用離子方程式表示“泄漏處理”中NaHSO3溶液的作用 若液氯泄漏后遇到苯

36、，在鋼瓶表面氯與苯的反應(yīng)明顯加快，原因是 將Cl2通入適量KOH溶液中，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3當(dāng)溶液中c（Cl）：c（ClO）=11：1時(shí)，則c（ClO）：c（ClO3）比值等于 （5）鎂是一種較活潑的金屬，Mg與Ca類似，也能與C形成某種易水解的離子化合物已知該化合物0.1mol與水完全反應(yīng)后，產(chǎn)生0.1mol的某種氣體該氣體被溴水全部吸收后，溴水增重2.6g請(qǐng)寫出該水解反應(yīng)方程式 【考點(diǎn)】氯氣的化學(xué)性質(zhì)；電子式；鎂的化學(xué)性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）O2核外有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為8；（2）O、Cl兩元素形成的單質(zhì)和化合物常用來(lái)殺菌消毒，如氯氣、臭氧以及ClO2等；

37、（3）CH3OH含有氫鍵，沸點(diǎn)較大；（4）氯氣具有強(qiáng)氧化性，可與HSO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)；在鋼瓶表面氯與苯的反應(yīng)明顯加快，類比溴與苯的反應(yīng)可知鐵或氯化鐵起到催化劑的作用；設(shè)n（ClO）=1mol，反應(yīng)后c（Cl）：c（ClO）=11，則n（Cl）=11mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算n（ClO3）；（5）溴水增重2.8g，為烴的質(zhì)量，烴的物質(zhì)的量為0.1mol，則相對(duì)分子質(zhì)量為28，應(yīng)為乙烯【解答】（1）O2核外有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為8，電子式為：，（2）O、Cl兩元素形成的單質(zhì)和化合物常用來(lái)殺菌消毒，如氯氣、臭氧以及ClO2等，故答案為：ClO2、O3、Cl2（任寫兩種）；（3）CH3OH

38、含有氫鍵，沸點(diǎn)較大，而乙烷不能形成氫鍵，故答案為：甲醇分子之間能形成氫鍵而乙烷不能；（4）氯氣具有強(qiáng)氧化性，可與HSO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為HSO3+Cl2+H2O=SO42+3H+2Cl，故答案為：HSO3+Cl2+H2O=SO42+3H+2Cl；在鋼瓶表面氯與苯的反應(yīng)明顯加快，類比溴與苯的反應(yīng)可知鐵或氯化鐵起到催化劑的作用，故答案為：Fe（FeCl3）能催化苯與氯氣的反應(yīng)；設(shè)n（ClO）=1mol，反應(yīng)后c（Cl）：c（ClO）=11，則n（Cl）=11mol，則11mol=1mol+n（ClO3）×5，n（ClO3）=2，故答案為：1：2；（5）溴水增重2.6g

39、，為烴的質(zhì)量，烴的物質(zhì)的量為0.1mol，則相對(duì)分子質(zhì)量為26，應(yīng)為乙炔，可知為MgC和水的反應(yīng)，方程式為MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2，故答案為：MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2【點(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于元素化合物知識(shí)綜合理解和運(yùn)用的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，難度中等17綠礬（ FeSO47H2O ）、硫酸銨以相等物質(zhì)的量混合可制得摩爾鹽晶體，反應(yīng)原理為：（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4FeSO46H2O其流程如圖1所示：（1）洗滌中Na2CO3的主要作用是 （2）結(jié)晶過(guò)程中要加熱蒸發(fā)溶劑，濃縮結(jié)晶應(yīng)加

40、熱到 時(shí)，停止加熱（3）過(guò)濾是用如圖2所示裝置進(jìn)行的，這種過(guò)濾跟普通過(guò)濾相比，除了過(guò)濾速度快外，還有一個(gè)優(yōu)點(diǎn)是 （4）用無(wú)水乙醇洗滌的目的是 （5）產(chǎn)品中Fe2+的定量分析：制得的摩爾鹽樣品中往往含有極少量的Fe3+為了測(cè)定摩爾鹽產(chǎn)品中Fe2+的含量，一般采用在酸性條件下KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定的方法稱取4.0g的摩爾鹽樣品，溶于水，并加入適量稀硫酸用0.2mol/LKMnO4溶液滴定，當(dāng)溶液中Fe2+全部被氧化時(shí)，消耗KMnO4溶液10.00mL本實(shí)驗(yàn)的指示劑是 （填字母）A酚酞B甲基橙C石蕊D不需要產(chǎn)品中Fe2+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)菁

41、優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題【分析】制取摩爾鹽晶體流程為：先利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污，然后加稀硫酸溶解，鐵與稀硫酸反應(yīng)生成亞鐵離子，加入硫酸銨發(fā)生（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4FeSO46H2O，結(jié)晶過(guò)濾，摩爾鹽易溶于水，難溶于有機(jī)溶劑，用酒精洗滌摩爾鹽，得到摩爾鹽晶體（1）Na2CO3溶液中CO32水解使Na2CO3溶液呈堿性，油脂在堿性溶液中水解，利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污；（2）當(dāng)有晶膜出現(xiàn)時(shí)，則停止加熱，防止摩爾鹽失水；（3）過(guò)濾適用于不溶于水的固體和液體；減壓的操作優(yōu)點(diǎn)是：可加快過(guò)濾速度，并能得到較干燥的沉淀；（4）根據(jù)“相

42、似相溶原理”可知摩爾鹽易溶于水，難溶于有機(jī)溶劑；（5）MnO4為紫色，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液，溶液由無(wú)（淺綠）色變?yōu)闇\紫色，半分鐘內(nèi)不褪色，說(shuō)明滴定到終點(diǎn)，無(wú)需使用指示劑；Fe2+Fe3+，鐵元素化合價(jià)升高1價(jià)；MnO4+Mn2+，錳元素降低5價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為5，根據(jù)關(guān)系式5Fe2+MnO4，計(jì)算4g產(chǎn)品中Fe2+的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算Fe2+的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)定義計(jì)算【解答】制取摩爾鹽晶體流程為：先利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污，然后加稀硫酸溶解，鐵與稀硫酸反應(yīng)生成亞鐵離子，加入硫酸銨發(fā)生（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4FeSO46H2

43、O，結(jié)晶過(guò)濾，摩爾鹽易溶于水，難溶于有機(jī)溶劑，用酒精洗滌摩爾鹽，得到摩爾鹽晶體（1）Na2CO3溶液中CO32水解CO32+H2OHCO3+OH，使Na2CO3溶液呈堿性，油脂在堿性溶液中水解生成溶于水的物質(zhì)易于洗去，步驟1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是除去鐵屑表面的油污，故答案為：利用碳酸鈉溶液呈堿性，除去鐵表面的油污；（2）濃縮結(jié)晶摩爾鹽時(shí)要用小火加熱，加熱濃縮初期可輕微攪拌，但注意觀察晶膜，若有晶膜出現(xiàn)，則停止加熱，防止摩爾鹽失水；更不能蒸發(fā)至干，蒸干時(shí)溶液中的雜質(zhì)離子會(huì)被帶入晶體中，晶體可能會(huì)受熱分解或被氧化，故答案為：加熱到溶液表面出現(xiàn)晶膜時(shí)；（3）減壓過(guò)濾，利用大氣壓強(qiáng)原

44、理，用減小壓力的方法加快過(guò)濾的速率，并能得到較干燥的沉淀， 故答案為：得到較干燥的沉淀； （4）摩爾鹽易溶于水，不能用蒸餾水洗滌，但摩爾鹽屬于無(wú)機(jī)物難溶于有機(jī)物，可用乙醇進(jìn)行洗滌，洗去晶體表面的液體雜質(zhì)，故答案為：除去水分，減少固體損失；（5）MnO4為紫色，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液，溶液由無(wú)（淺綠）色變?yōu)闇\紫色，半分鐘內(nèi)不褪色，故不需要外加指示劑，故選：D；測(cè)定摩爾鹽產(chǎn)品中Fe2+的含量，采用在酸性條件下KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定，F(xiàn)e2+Fe3+，鐵元素化合價(jià)升高1價(jià)；MnO4+Mn2+，錳元素降低5價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為5，故Fe2+系數(shù)為5，MnO4 系數(shù)為1，根據(jù)元素守恒可知Mn2

45、+與Fe3+系數(shù)分別為1、5，根據(jù)電荷守恒可知缺項(xiàng)為H+，H+其系數(shù)為2+3×52×51=8，根據(jù)H元素守恒可知H2O系數(shù)是4，所以反應(yīng)離子方程式為5Fe2+MnO4+8H+=1Mn2+5Fe3+4H2O，令4g產(chǎn)品中Fe2+的物質(zhì)的量為xmol，則：5Fe2+MnO4， 5 1 xmol 0.01L×0.2mol/L 所以x=0.01mol，所以4g產(chǎn)品中Fe2+的質(zhì)量0.01mol×56g/mol=0.56g，所以4g產(chǎn)品中Fe2+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=14%；故答案為：14%【點(diǎn)評(píng)】本題以莫爾鹽的制備為載體，考查鹽類水解、氧化還原反應(yīng)、

46、氧化還原反應(yīng)滴定應(yīng)用、物質(zhì)分離提純等有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作以及在新情境下綜合運(yùn)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力題目難度較大，注意基礎(chǔ)知識(shí)的全面掌握18如圖，化合物A只含兩種元素，其中一種為金屬單質(zhì)E中的元素，且A中金屬元素與另外元素的質(zhì)量比為9：l6化合物I常溫下為液態(tài)，A在一定條件下能與I反應(yīng)生成B和C已知J、K為非金屬單質(zhì)，C為白色膠狀沉淀B、F為刺激性氣體，且F能使品紅溶液褪色；H和L為常見(jiàn)化工產(chǎn)品H的濃溶液與K加熱能生成F和無(wú)色無(wú)味氣體M（圖中反應(yīng)條件和部分產(chǎn)物已略去）試回答下列問(wèn)題：（1）寫出A、M的化學(xué)式：A 、M （2）反應(yīng)的化學(xué)方程式： ， 反應(yīng)的化學(xué)方程式： ，（3）寫出ED反應(yīng)的離子方程式： 【

47、考點(diǎn)】無(wú)機(jī)物的推斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】推斷題【分析】H的濃溶液與常見(jiàn)固態(tài)非金屬單質(zhì)K加熱可生成刺激性氣體F和無(wú)色無(wú)味氣體M中學(xué)里符合該反應(yīng)的只有碳跟濃硫酸或與濃硝酸反應(yīng)，即K為碳，M為CO2，且F能使品紅溶液褪色，可推知H為濃硫酸、F為SO2，B與J連續(xù)反應(yīng)得到G，G與液體I反應(yīng)得到H，可推知J為O2，I為H2O，B為H2S，G為SO3，化合物A在水中發(fā)生水解反應(yīng)得到B與C，C為白色膠狀沉淀，L為氯堿工業(yè)中的常見(jiàn)產(chǎn)品，C能與L反應(yīng)得到D，金屬單質(zhì)E與L反應(yīng)也得到D，可推知C為Al（OH）3，L為NaOH，D為NaAlO2，E為Al，由元素守恒可知A中含有Al、S兩種元素，質(zhì)量比為9：l6，則

48、物質(zhì)的量之比=：=2：3，故A為Al2S3，據(jù)此解答【解答】解：H的濃溶液與常見(jiàn)固態(tài)非金屬單質(zhì)K加熱可生成刺激性氣體F和無(wú)色無(wú)味氣體M中學(xué)里符合該反應(yīng)的只有碳跟濃硫酸或與濃硝酸反應(yīng)，即K為碳，M為CO2，且F能使品紅溶液褪色，可推知H為濃硫酸、F為SO2，B與J連續(xù)反應(yīng)得到G，G與液體I反應(yīng)得到H，可推知J為O2，I為H2O，B為H2S，G為SO3，化合物A在水中發(fā)生水解反應(yīng)得到B與C，C為白色膠狀沉淀，L為氯堿工業(yè)中的常見(jiàn)產(chǎn)品，C能與L反應(yīng)得到D，金屬單質(zhì)E與L反應(yīng)也得到D，可推知C為Al（OH）3，L為NaOH，D為NaAlO2，E為Al，由元素守恒可知A中含有Al、S兩種元素，質(zhì)量比為9

49、：l6，則物質(zhì)的量之比=：=2：3，故A為Al2S3，（1）由上述分析可知，A為Al2S3，M為CO2，故答案為：Al2S3；CO2；（2）反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S，反應(yīng)的學(xué)方程式為：C+2H2SO4（濃）CO2+2SO2+2H2O，故答案為：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S；C+2H2SO4（濃）CO2+2SO2+2H2O；（3）ED反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2【點(diǎn)評(píng)】本題考查無(wú)機(jī)物推斷，該題突破口是：H的濃溶液與常見(jiàn)固態(tài)非金屬單質(zhì)K加熱可生

50、成刺激性氣體F和無(wú)色無(wú)味氣體M，再結(jié)合題目信息及轉(zhuǎn)化關(guān)系推斷，需要學(xué)生熟練掌握元素化合物性質(zhì)，難度較大19堿式氧化鎳（NiOOH）可用作鎳氫電池的正極材料以含鎳（Ni2+）廢液為原料生產(chǎn)NiOOH的一種工藝流程如下：（1）加入Na2CO3溶液時(shí)，確認(rèn)Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實(shí)驗(yàn)方法是 （2）已知KspNi（OH）2=2×1015，欲使NiSO4溶液中殘留c（Ni2+）2×105 molL1，調(diào)節(jié)pH的范圍是 （3）寫出在空氣中加熱Ni（OH）2制取NiOOH的化學(xué)方程式： （4）若加熱不充分，制得的NiOOH中會(huì)混有Ni（OH）2，其組成可表示為xNiOOHyNi（OH）2現(xiàn)

51、稱取9.18g樣品溶于稀硫酸，加入100mL 1.0molL1 Fe2+標(biāo)準(zhǔn)溶液，攪拌至溶液清亮，定容至200mL取出20.00mL，用0.010molL1 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，用去KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，試通過(guò)計(jì)算確定x、y的值（寫出計(jì)算過(guò)程）涉及反應(yīng)如下（均未配平）：NiOOH+Fe2+H+Ni2+Fe3+H2O Fe2+MnO4+H+Fe3+Mn2+H2O【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】含鎳（Ni2+）廢液為原料生產(chǎn)NiOOH，在含Ni+的廢液中中加入碳酸鈉溶液，過(guò)濾得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入試劑調(diào)節(jié)溶液的

52、pH使鎳離子全部沉淀生成Ni（OH）2，在空氣中加熱Ni（OH）2制取NiOOH；（1）確認(rèn)Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實(shí)驗(yàn)方法是取上層清液，加入碳酸鈉溶液觀察是否有沉淀生成，判斷鎳離子是否全部沉淀；（2）依據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算溶液中氫氧根離子濃度，結(jié)合離子積常數(shù)計(jì)算溶液中的氫離子濃度，pH=lgc（H+）；（3）空氣中加熱Ni（OH）2和空氣中氧氣反應(yīng)生成NiOOH和水；（4）消耗KMnO4物質(zhì)的量：0.01 molL1×0.02L=2×104 mol，與NiOOH反應(yīng)后剩余的Fe2+物質(zhì)的量：2×104 mol×5×（200÷20）=0.0

53、1 molFe2+總物質(zhì)的量：1.0 molL1×0.1 L=0.1 mol與NiOOH反應(yīng)的Fe2+的物質(zhì)的量：0.1 mol0.01 mol=0.09 mol得到n（NiOOH）=0.09 mol，計(jì)算得到NiOOH的質(zhì)量，得到混合物中Ni（OH）2的質(zhì)量，計(jì)算物質(zhì)的量，依據(jù)xNiOOHyNi（OH）2計(jì)算x和y的比值；【解答】（1）確認(rèn)Ni2+已經(jīng)完全沉淀的實(shí)驗(yàn)方法是取上層清液，加入碳酸鈉溶液觀察是否有沉淀生成，判斷鎳離子是否全部沉淀，具體操作步驟為：靜置，在上層清液中繼續(xù)滴加12滴Na2CO3溶液，無(wú)沉淀生成；故答案為：靜置，在上層清液中繼續(xù)滴加12滴Na2CO3溶液，無(wú)沉淀生成；（2）已知KspNi（OH）2=2×1015，欲使NiSO4溶液中殘留c（Ni2+）2×105 molL1，KspNi（OH）2=c（Ni2+）×c2（OH）=2×1015，c（OH）=105mol/L，c（H+）=109mol/L，pH=