甘肅省張掖市高臺一中高三化學上學期第二次質(zhì)檢試卷(含解析)-人教版高三全冊化學試題

1、.2015-2016學年甘肅省張掖市高臺一中高三（上）第二次質(zhì)檢化學試卷一、單項選擇題：共16題每題6分共96分1食品干燥劑應(yīng)無毒、無味、無腐化性及環(huán)境友好以下說法錯誤的選項是()A硅膠可用作食品干燥劑BP2O5不能用作食品干燥劑C六水合氯化鈣可用作食品干燥劑D加工后擁有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑2氯化鈉是海水的主要成分，也是人類生活中不能夠缺少的一種物質(zhì)以下對于氯化鈉的說法正確的選項是()A氯化鈉溶液能導電，所以氯化鈉溶液是電解質(zhì)B氯化鈉溶液可殺菌，說明氯化鈉溶液擁有強氧化性C電解熔融氯化鈉和電解氯化鈉溶液的產(chǎn)物相同D加碘食鹽是指增添了碘的化合物的氯化鈉3以下有關(guān)化學用語的表示正確的選

2、項是()A鈉原子的構(gòu)造表示圖為B過氧化氫的電子式為C聚乙烯的構(gòu)造簡式為D淀粉和纖維素的實驗式都為CH2O4有機物甲的分子式為C7H12O2，是一種六元環(huán)狀酯，且甲的分子中含有2甲基，則甲的可能構(gòu)造有()A6種B8種C10種D14種專業(yè).5以下表格中的對應(yīng)關(guān)系正確的選項是()A久置的碘化鉀溶液呈黃色均為化學變化NaCl溶液在無色的火焰上灼燒火焰呈黃色B苯與液溴反響制備溴苯均為取代反響乙烯與Cl2反響獲得二氯乙烯CFe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O均為復(fù)分解反響Ca（OH）2+2NaHCO3CaCO3+Na2CO3+2H2ODCO2+2MgC+2MgO均為CO2作氧化劑的氧化復(fù)原反響2C

3、O+2Na2O22Na2CO3+O2AABBCCDD6必然溫度下，在體積可變的恒溫密閉容器中，甲醇在濃硫酸作催化劑的條件下發(fā)生以下反響：2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）H=25kJ?mol1，以下有關(guān)該反響的表達正確的是()A該條件下，1molCH3OH（g）參加反響，放出的熱量為25kJB若不采用合適的催化劑，該反響中甲醇的轉(zhuǎn)變率將降低C高升溫度和增大壓強（減小容器容積）均可加速反響速率D反響過程中，2v（CH3OH）=v（CH3OCH3）7以下有關(guān)儀器的使用或操作正確的選項是()A燒杯、燒瓶、錐形瓶均可加墊石棉網(wǎng)加熱B試劑瓶能夠用于寄存、溶解、稀釋藥品C用容量瓶配制溶

4、液時，加入蒸餾水需要用玻璃棒引流，加至刻度線D用滴定管量取液體時，開始讀數(shù)和最后讀數(shù)均俯視，則量取的體積正確8以下離子方程式正確的選項是()A氯氣溶解于水：Cl2+H2OHClO+Cl+H+專業(yè).B開水中滴入飽和FeCl3溶液，溶液呈紅褐色：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+C醋酸鈉溶液顯堿性：CH3COO+H2OCH3COOH+OHD久置的H2S溶液變污濁：2S2+O2+4H+2S+2H2O9下面是四位同學為考證某無色氣體為SO2而進行的實驗設(shè)計，其中能夠充分說明該氣體是SO2的是()甲同學將氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，再滴入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色積淀；乙同學用潤濕的藍色石

5、蕊試紙查驗該氣體，試紙變紅；丙同學將氣體通入品紅溶液，溶液褪色，加熱后又恢復(fù)紅色；丁同學將氣體通入溴水中，溴水褪色，再滴加酸化的氯化鋇溶液有白色積淀生成ABCD10設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是()A2.8g一氧化碳和乙烯的混淆氣體中所含的碳原子數(shù)目為0.1NAB標準情況下5.6LN2O氣體所含的電子數(shù)為5.5NAC用惰性電極電解CuCl2溶液陰極獲得0.1NA個Cu原子時，陽極生成2.24L氣體D0.1mol?L1的NaCl溶液中，Na+與Cl的總數(shù)目為0.2NA11金合歡醇寬泛應(yīng)用于多種香型的香精中，其構(gòu)造簡式以以下圖以下說法正確的選項是()A金合歡醇與乙醇是同系物B金

6、合歡醇可發(fā)生加成反響，但不能夠發(fā)生取代反響C1mol金合歡醇能與3molH2反響，也能與3molBr2反響D1mol金合歡醇與足量Na反響生成0.5mol氫氣，與足量NaHCO3溶液反響生成1molCO2專業(yè).12X、Y、Z、W均為主族元素，其原子序數(shù)依次增大，且原子序數(shù)均小于或等于20X、Z處于同一主族，Y、Z處于同一周期，X為地殼中含量最多的元素，Y、W在化合物中均只有一種化合價，分別為+1和+2以下說法正確的選項是()A原子半徑：ZYXBX、Y形成的化合物均為離子化合物，其構(gòu)造中只有離子鍵C最外層電子數(shù)：X=ZWYD最高正化合價：X=ZWY13科技工作者研究出以NH3為燃料，氧氣為氧化劑

7、，某固體氧化物為電解質(zhì)的新式燃料電池（以以下圖）該固體氧化物電解質(zhì)的工作溫度高達2可在該固體氧化物電700900，O解質(zhì)中自由搬動，反響生成物均為無毒無害的物質(zhì)以下說法正確的選項是()A電極甲為電池正極B電池總反響為4NH3+5O24NO+6H2OC電池正極反響式為O2+2H2O+4e4OHD圖示中的O2由電極乙移向電極甲14已知以下四個熱化學方程式：NH4Cl（s）NH3（g）+HCl（g）H1=a（i）Ba（OH）2?8H2O（s）BaO（s）+9H2O（1）H2=b（ii）2NH4Cl（s）+Ba（OH）2?8H2O（s）BaCl2（aq）+2NH3（g）+10H2O（1）H3=c（ii

8、i）BaO（s）+2HCl（aq）BaCl2（aq）+H2O（1）H4=d（iv）專業(yè).其中a、b、c均大于0，HCl氣體溶解于水，溶液溫度高升由此可知以下判斷必然正確的是()Ad0Bc2a+b+dCc=2a+b+dDc2a+b+d15已知25下，Ka（HCOOH）=1.78104，Kb（NH3?H2O）=1.79105保持25不變，向必然體積0.1mol?L1的氨水中滴加0.1mol?L1的甲酸溶液在滴加過程中()A水的電離常數(shù)先增大后減小B當氨水和甲酸溶液體積相等時，4+c（HCOO）=c（NH）Cc（NH3?H2O）與c（NH4+）之和向來保持不變D向來保持不變16Cu與濃硝酸反響生成氮

9、的氧化物，這些氧化物碰巧溶解在NaOH溶液中獲得NaNO3和NaNO2的混淆溶液，反響過程及有關(guān)數(shù)據(jù)以以下圖：以下有關(guān)判斷正確的選項是()A若銅片為51.2g，則生成0.2molNaNO3B常溫下，Cu遇濃硝酸發(fā)生鈍化，不能能發(fā)生上述反響C標準情況下收集的氮氧化物為20.16LD反響過程中生成的Cu（NO3）2既是氧化產(chǎn)物，也是復(fù)原產(chǎn)物二、綜合題：共5題每題15分共75分17粗錫的主要成分是錫，其他含有鋅、銅、銀、金等雜質(zhì)如圖甲是工業(yè)上用電解法提純粗錫的一種工藝流程，電解裝置如圖乙所示專業(yè).1）流程圖中的硅氟酸（化學式為H2SiF6）是一種強酸，其中Si的化合價為_，其電離方程式為_（2）硅氟

10、酸有腐化性，能與SiO2反響電解粗錫可選用的電解槽有_（選填字母代號）a玻璃電解槽b石英電解槽c塑料電解槽d蠟制電解槽3）粗錫為電極_（選填“a”或“b”），該電極為_（選填“陽極”或“陰極”），電極反響式為_4）陽極泥中含有的主要物質(zhì)為_（寫化學式）5）若電解時采用SnCl2溶液作為電解液，當陰極增重11.90g時，電解質(zhì)溶液減少的質(zhì)量為0.54g，則粗錫減少的質(zhì)量為_（結(jié)果儲藏兩位小數(shù)，不考慮進入陽極泥的物質(zhì)）18高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新式、高效、多功能水辦理劑如圖是以鐵屑為原料制備K2FeO4的工藝流程圖：請回答以下問題：專業(yè).1）氯氣與鐵屑反響生成FeCl3的條件是_，其生成物

11、氯化鐵也可作凈水劑，其凈水原理為_2）流程圖中的吸取劑X為_（選填字母代號）aNaOH溶液bFe粉cFeSO4溶液dFeCl2溶液3）氯氣與NaOH溶液反響生成氧化劑Y的離子方程式為_4）反響的化學方程式為_，該反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為_（5）K2FeO的凈水原理是2，該反響生成擁有吸附性的4FeO4+10H2O?4Fe（OH）3+8OH+3O24Fe（OH）3用上述方法制備的粗K2FeO4需要提純，可采用重結(jié)晶、沖洗、低溫烘干的方法，沖洗劑可采用稀KOH溶液，原因是_（6）測定制備的粗K2FeO4的純度可用滴定法，滴準時有關(guān)反響的離子方程式為：22FeO4+CrO2+2H2OCr

12、O4+Fe（OH）3+OH2CrO42+2H+Cr2O72+H2O22+3+3+Cr2O7+6Fe+14H2Cr2+6Fe+7HO現(xiàn)稱取1.98g粗K2FeO4樣品溶于合適KOH溶液中，加入稍過分的KCrO2，充分反響后過濾，濾液在250mL容量瓶中定容每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol?L1的（NH4）2Fe（SO4）2標準溶液滴定，三次滴定耗資標準溶液的平均體積為18.93mL則上述樣品中K2FeO的質(zhì)量分數(shù)為_4三、【化學與技術(shù)】19鈦鐵礦的主要成分可表示為FeTiO3（Ti為+4價），某鈦鐵礦中含F(xiàn)eTiO3為76%鈦白粉在涂料、塑料、油墨、造紙等行業(yè)擁有寬泛的用

13、途，鈦白粉的主要成分為TiO2利用該鈦鐵礦生產(chǎn)鈦白粉及綠礬的工藝流程以下：專業(yè).（1）若鈦鐵礦與濃硫酸反響時Ti的轉(zhuǎn)變率為92%，操作中Ti的轉(zhuǎn)變率均為96%，則1t該礦石可生產(chǎn)鈦白粉（TiO2）_t（計算結(jié)果儲藏兩位小數(shù)，下同），可否計算生成的綠礬（FeSO4?7H2O）的質(zhì)量？_（能則寫出計算結(jié)果，不能夠則說明原因）（2）鈦鐵礦與硫酸的反響可表示為FeTiO3+H2SO4TiOSO4+X+H2O（未配平）其中X的化學式為_3）操作的名稱是_，操作包括冷卻結(jié)晶、_操作中加入鐵粉的目的是_（用離子方程式表示）4）寫出操作中TiOSO4水解的化學方程式：_四、【物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)】202014年10

14、月7日，赤崎勇、天野浩和中村修二因發(fā)明“高亮度藍色發(fā)光二極管（LED）”獲得2014年諾貝爾物理學獎制作LED第一在襯底上制作氮化鎵（GaN）基的外延片，常用的襯底主要有藍寶石（Al2O3）、碳化硅和硅，還有砷化鎵（GaAs）、AlN、ZnO等資料回答以下問題：1）氮和砷（As）位于同一主族，二者中電負性較大的是_（填元素符號，下同），第一電離能較大的是_2）基態(tài)Zn原子的價電子排布式為_，價層電子占有的原子軌道數(shù)為_3）Al2O3的熔點很高，Al2O3屬于_晶體Al2O3的熔點比NaCl高，其原因是_4）碳化硅的晶胞構(gòu)造以以下圖，其中白球代表的是_原子，一個晶胞中含有該原子的個數(shù)為_專業(yè).五

15、、【有機化學基礎(chǔ)】21高分子化合物G是制備某種特種復(fù)合資料的基體合成G的一種路線以下：已知以下信息：G的構(gòu)造簡式為RCNRCOOH羥基直接與碳碳雙鍵相連的構(gòu)造不牢固：RCHCHOHRCH2CHO請回答以下問題：（1）M的化學名稱為_，D的構(gòu)造簡式為_，E中含氧官能團的名稱為_2）B生成C的反響種類是_，F(xiàn)生成G的反響種類是_3）由M生成A的化學方程式為_4）只含苯環(huán)一個環(huán)狀構(gòu)造且遇FeCl3溶液不顯紫色的B的同分異構(gòu)體有_種（不包括B，不考慮立體異構(gòu)），其中核磁共振氫譜為四組峰，且峰面積之比為3：2：2：1的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式為_專業(yè).六、實驗題：共1題每題15分共15分22某校化學課外研究

16、小組為研究濃硫酸與金屬M反響的氣體生成物，進行了以下實驗活動：【提出假定】假定1：氣體生成物只有SO2；假定2：氣體生成物只有H2；假定3：_【實驗考證】實驗裝置及實驗中使用的試劑如圖：（1）在裝入藥品前，甲同學檢查裝置A的氣密性，方法是_（2）乙同學經(jīng)過所學知識除去了上面提出的一個假定，他除去的是假定_，原因是_（3）若是實驗中察看到裝置B中溶液褪色，裝置F和裝置G中無顯然變化，則假定_建立，實驗測得耗資金屬M和濃硫酸的物質(zhì)的量之比為1：2，則在M的硫酸鹽中，M元素的化合價為_（4）若是假定3正確，填寫下表中的實驗現(xiàn)象：裝置BFG實驗現(xiàn)象專業(yè).5）裝置C的作用是_，裝置D的作用是_（6）若是

17、裝置A中放入的金屬M的質(zhì)量為11.2g，加入合適濃硫酸，反響達成后，裝置B中溶液褪色，裝置A中金屬無節(jié)余；反響后G的質(zhì)量增添了0.9g；取少量裝置A中溶液稀釋，分為兩份，一份滴加KSCN溶液，溶液變紅色，另一份滴加酸性KMnO4溶液，溶液褪色如果裝置A中溶液內(nèi)的金屬離子濃度相等，則裝置A中燒瓶內(nèi)發(fā)生反響的總化學方程式是_七、填空題：共1題每題10分共10分23化學反響原理在合成氨工業(yè)及氨的性質(zhì)研究中擁有寬泛的應(yīng)用（1）工業(yè)生產(chǎn)硝酸的第一步反響是氨的催化氧化反響，已知以下3個熱化學方程式（K為平衡常數(shù)）：4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）H1=1266.8kJ?mol1K

18、1N2（g）+O2（g）?2NO（g）H2=180.5kJ?mol1K24NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H3K3則H3=_，K3=_（用K1、K2表示）（2）工業(yè)合成氨所用的氫氣主要來自天然氣與水的反響，但這種原料氣中經(jīng)?；煊幸谎趸茧s質(zhì)，工業(yè)生產(chǎn)中經(jīng)過以下反響來除掉原料氣中的CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）H0必然條件下，反響達到平衡后，欲提高CO的轉(zhuǎn)變率，可采用的舉措有_、_在容積為2L的密閉容器中發(fā)生上述反響，其中c（CO）隨反響時間（t）的變化如圖甲中曲線，若是在t0時刻將容器容積擴大至4L，請在圖甲中畫出t0時刻后c（CO）隨反響時間（t）的

19、變化曲線專業(yè).（3）氨氣的重要用途是合成尿素，必然條件下，NH3和CO2合成尿素的反響為2NH3+CO2?CO（NH2）2+H2O當加料比率n（NH3）：n（CO2）=4時，CO2的轉(zhuǎn)變率隨反響時間（t）的變化如圖乙所示，a點v逆（CO2）_b點v正（CO2）（填“”、“”或“=”），NH3的平衡轉(zhuǎn)變率為_（4）硫酸工業(yè)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的尾氣可用氨水吸取，生成的（NH4）2SO3再與硫酸反響，將生成的SO2返回車間作生產(chǎn)硫酸的原料，而生成的（NH4）2SO4可作肥料常溫下，0.1mol?L1（NH4）2SO4溶液中各離子濃度由大到小的次序是_；若某工廠中使用的是室溫下0.1mol?L1的氨水，那

20、么該氨水的pH=_（已知K（NH?HO）=2.0105，=1.414，b32lg1.414=0.15）專業(yè).2015-2016學年甘肅省張掖市高臺一中高三（上）第二次質(zhì)檢化學試卷一、單項選擇題：共16題每題6分共96分1食品干燥劑應(yīng)無毒、無味、無腐化性及環(huán)境友好以下說法錯誤的選項是()A硅膠可用作食品干燥劑BP2O5不能用作食品干燥劑C六水合氯化鈣可用作食品干燥劑D加工后擁有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑【考點】真題集萃；常有的食品增添劑的組成、性質(zhì)和作用【剖析】A硅膠擁有吸水性，無毒；BP2O5吸水轉(zhuǎn)變成酸；C六水合氯化鈣不能夠吸水；D擁有吸水性的植物纖維無毒【解答】解：A硅膠擁有吸水性，

21、無毒，則硅膠可用作食品干燥劑，故A正確；BP2O5吸水轉(zhuǎn)變成酸，致使食品變質(zhì)，則P2O5不能用作食品干燥劑，故B正確；C六水合氯化鈣不能夠吸水，則不能夠作食品干燥劑，故C錯誤；D擁有吸水性的植物纖維無毒，則可用作食品干燥劑，故D正確；應(yīng)選C【談?wù)摗看祟}察看物質(zhì)的性質(zhì)及食品干燥劑，為高頻考點，掌握物質(zhì)的性質(zhì)、化學與生活的關(guān)系為解答的重點，重視剖析與應(yīng)用能力的綜合察看，題目難度中等2氯化鈉是海水的主要成分，也是人類生活中不能夠缺少的一種物質(zhì)以下對于氯化鈉的說法正確的選項是()A氯化鈉溶液能導電，所以氯化鈉溶液是電解質(zhì)B氯化鈉溶液可殺菌，說明氯化鈉溶液擁有強氧化性C電解熔融氯化鈉和電解氯化鈉溶液的產(chǎn)

22、物相同專業(yè).D加碘食鹽是指增添了碘的化合物的氯化鈉【考點】鈉的重要化合物；電解質(zhì)與非電解質(zhì)【剖析】A電解質(zhì)為化合物；B氯化鈉溶液無強氧化性；C電解熔融氯化鈉獲得鈉和氯氣，電解氯化鈉溶液能夠制得氫氧化鈉、氫氣和氯氣；D加碘食鹽是增添碘酸鉀【解答】解：A誠然氯化鈉溶液中有自由搬動的離子，能導電，但氯化鈉溶液是混淆物不是化合物，故A錯誤；B氯化鈉溶液無強氧化性，故B錯誤；C電解熔融氯化鈉獲得鈉和氯氣，電解氯化鈉溶液能夠制得氫氧化鈉、氫氣和氯氣，所以產(chǎn)物不相同，故C錯誤；D加碘食鹽是增添碘酸鉀，不是單質(zhì)碘，故D正確；應(yīng)選D【談?wù)摗看祟}察看海水中氯化鈉的綜合運用，重視于化學與生活、生產(chǎn)的綜合運用，察看基

23、本知識和基本反響原理，需要正確記憶并深入理解，才能從基本的知識著手，迅速答題，題目難度不大3以下有關(guān)化學用語的表示正確的選項是()A鈉原子的構(gòu)造表示圖為B過氧化氫的電子式為C聚乙烯的構(gòu)造簡式為D淀粉和纖維素的實驗式都為CH2O【考點】電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合【剖析】A原子核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)需要標出正號；BH2O2分子中氧原子之間形成1對共用電子對，氫原子與氧原子之間形成1對共用電子對；專業(yè).C聚乙烯中不含C=C；D實驗式是用元素符號表示化合物分子中元素的種類和各元素原子個數(shù)的最簡整數(shù)比的式子【解答】解：A原子核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)需要標出正號，鈉原子的構(gòu)造表示圖為，故A錯誤；BH2O2是共價化合物

24、，分子中氧原子之間形成1對共用電子對，氫原子與氧原子之間形成1對共用電子對，電子式為，故B正確；C聚乙烯中不含C=C，聚乙烯的單體為CH2CH2，聚乙烯的構(gòu)造簡式為，故C錯誤；D淀粉和纖維素的分子式都是（C6H10O5）n，二者實驗式為C6H10O5，故D錯誤應(yīng)選B【談?wù)摗看祟}察看電子式、構(gòu)造簡式、構(gòu)造表示圖、實驗式等化學用語，難度不大，注意掌握常有化學用語的書寫原則，試題重視察看學生的規(guī)范答題能力4有機物甲的分子式為C7H12O2，是一種六元環(huán)狀酯，且甲的分子中含有2甲基，則甲的可能構(gòu)造有()A6種B8種C10種D14種【考點】有機化合物的異構(gòu)現(xiàn)象【剖析】由題目可知甲為環(huán)酯，則分子式為C7H

25、12O2為飽和環(huán)酯，可推斷該有機物環(huán)上含有一個“COO”的六元環(huán)，環(huán)上其他為4個碳原子，環(huán)外有2個甲基或1個乙基進行異構(gòu)來推導【解答】解：由題目信息可知C7H12O2為六元環(huán)酯，則分子式為C7H12O2為飽和環(huán)酯，據(jù)此可推測該有機物環(huán)上含有一個“COO”的六元環(huán)，環(huán)上其他為4個碳原子，在環(huán)外有兩個碳，形成2個甲基，兩個甲基不在同一個碳上，共有6種構(gòu)造：專業(yè).，兩個甲基在同一個碳上，有4種構(gòu)造，所以共有10種，應(yīng)選C【談?wù)摗看祟}察看了同分異構(gòu)體的書寫，題目難度中等，明確同分異構(gòu)體的見解及書寫原則為解答重點，試題培養(yǎng)了學生的剖析能力及靈便應(yīng)用能力5以下表格中的對應(yīng)關(guān)系正確的選項是()A久置的碘化鉀

26、溶液呈黃色均為化學變化NaCl溶液在無色的火焰上灼燒火焰呈黃色B苯與液溴反響制備溴苯均為取代反響乙烯與Cl2反響獲得二氯乙烯CFe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2O均為復(fù)分解反響233232Ca（OH）+2NaHCOCaCO+NaCO+2HOD22CO+2MgC+2MgO均為CO作氧化劑的氧化復(fù)原反響2CO+2Na2O22Na2CO3+O2AABBCCDD【考點】有機物的構(gòu)造和性質(zhì)；氧化復(fù)原反響；化學基本反響種類【剖析】A焰色反響為物理變化；B乙烯含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反響；C依照復(fù)分解反響的定義判斷；D二氧化碳與過氧化鈉的反響中，過氧化鈉既是氧化劑也是復(fù)原劑【解答】解：A焰色反響與電

27、子的躍遷有關(guān)，為物理變化，故A錯誤；B乙烯含有碳碳雙鍵，與氯氣發(fā)生加成反響生成二氯乙烯，故B錯誤；C各物質(zhì)相互互換成分，為復(fù)分解反響，故C正確；D二氧化碳與過氧化鈉的反響中，過氧化鈉既是氧化劑也是復(fù)原劑，故D錯誤；應(yīng)選C專業(yè).【談?wù)摗看祟}察看有較為綜合，波及機物的構(gòu)造和性質(zhì)、元素化合物知識，為高頻考點，側(cè)重于學生的剖析能力的察看，注意掌握有機物的組成、構(gòu)造和性質(zhì)，難度不大，注意有關(guān)基礎(chǔ)知識的積累6必然溫度下，在體積可變的恒溫密閉容器中，甲醇在濃硫酸作催化劑的條件下發(fā)生以下反響：2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）H=25kJ?mol1，以下有關(guān)該反響的表達正確的是()A該條件

28、下，1molCH3OH（g）參加反響，放出的熱量為25kJB若不采用合適的催化劑，該反響中甲醇的轉(zhuǎn)變率將降低C高升溫度和增大壓強（減小容器容積）均可加速反響速率D反響過程中，2v（CH3OH）=v（CH3OCH3）【考點】化學平衡的影響因素；化學反響速率的影響因素【剖析】A該反響為可逆反響，故1mol甲醇參加反響不能能完好轉(zhuǎn)變；B催化劑改變反響速率不改變化學平衡；C高升溫度，反響速率加速；增大壓強，反響速率加速；D化學反響速率之比等于化學計量數(shù)之比【解答】解：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）H=25kJ?mol1，A該反響為可逆反響，故1mol甲醇參加反響不能能完好轉(zhuǎn)變，

29、故放出的熱量小于12.5kJ，故A錯誤；B濃硫酸在反響作催化劑，同時，濃硫酸擁有強氧化性，能把甲醇氧化，若不采用合適的催化劑，反響速率改變，平衡不改變，該反響中甲醇的轉(zhuǎn)變率不變，故B錯誤；C高升溫度，增大壓強，反響速率加速，故C正確；D化學反響速率之比等于化學計量數(shù)之比，故（CH3OH）=2（CH3OCH3），故D錯誤；應(yīng)選C【談?wù)摗看祟}察看可逆反響的特點、化學反響速率的影響因素等知識，難度不大，要注意可逆反響中，反響物不能能完好轉(zhuǎn)變專業(yè).7以下有關(guān)儀器的使用或操作正確的選項是()A燒杯、燒瓶、錐形瓶均可加墊石棉網(wǎng)加熱B試劑瓶能夠用于寄存、溶解、稀釋藥品C用容量瓶配制溶液時，加入蒸餾水需要用玻

30、璃棒引流，加至刻度線D用滴定管量取液體時，開始讀數(shù)和最后讀數(shù)均俯視，則量取的體積正確【考點】化學實驗方案的談?wù)摗酒饰觥緼燒杯、燒瓶和錐形瓶屬于間接加熱儀器；B試劑瓶只能用于寄存藥品；C用容量瓶配制溶液時，加入蒸餾水需要用玻璃棒引流，加至離刻度線12cm處；D用滴定管量取液體時，開始讀數(shù)和最后讀數(shù)均俯視，會致使量取液體體積偏小【解答】解：A燒杯、燒瓶和錐形瓶屬于間接加熱儀器，所以燒杯、燒瓶、錐形瓶均可加墊石棉網(wǎng)加熱，故A正確；B試劑瓶只能用于寄存藥品，不能夠溶解或稀釋藥品，故B錯誤；C用容量瓶配制溶液時，加入蒸餾水需要用玻璃棒引流，加至離刻度線12cm處，爾后改用膠頭滴管滴加，故C錯誤；D用滴定

31、管量取液體時，開始讀數(shù)和最后讀數(shù)均俯視，會致使量取液體體積偏小，故D錯誤；應(yīng)選A【談?wù)摗看祟}察看化學實驗方案談?wù)?，為高頻考點，波及儀器的使用、溶液配制，明確儀器作用及基本操作方法是解此題重點，注意滴定管刻度特點，為易錯點8以下離子方程式正確的選項是()A氯氣溶解于水：+Cl+HOHClO+Cl+H22B開水中滴入飽和FeCl3溶液，溶液呈紅褐色：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+C醋酸鈉溶液顯堿性：CH3COO+H2OCH3COOH+OHD久置的H2S溶液變污濁：2S2+O2+4H+2S+2H2O【考點】離子方程式的書寫專業(yè).KMnO4溶液中，溶液褪色，說明此氣體有復(fù)原性，再滴入BaSO4

32、，可知氣體為SO2；.【剖析】A次氯酸為弱電解質(zhì)，儲藏化學式；B開水中滴入飽和FeCl3溶液獲得是氫氧化鐵膠體，不是積淀；C水解為可逆反響，用可逆號；D硫化氫為弱電解質(zhì)，應(yīng)儲藏化學式【解答】解：A氯氣溶解于水反響的離子方程式：Cl2+H2OHClO+Cl+H+，故A正確；B開水中滴入飽和FeCl3溶液，溶液呈紅褐色：Fe3+3H2OFe（OH）3（膠體）+3H+，故B錯誤；C醋酸鈉溶液顯堿性，離子方程式：CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故C錯誤；D久置的H2S溶液變污濁，離子方程式：2H2S+O22S+2H2O，故D錯誤；應(yīng)選：A【談?wù)摗看祟}察看了離子方程式書寫，重視察看鹽類水解及弱

33、電解質(zhì)電離，明確電解質(zhì)強弱及鹽類水解規(guī)律是解題重點，題目難度不大9下面是四位同學為考證某無色氣體為SO2而進行的實驗設(shè)計，其中能夠充分說明該氣體是SO2的是()甲同學將氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，再滴入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色積淀；乙同學用潤濕的藍色石蕊試紙查驗該氣體，試紙變紅；丙同學將氣體通入品紅溶液，溶液褪色，加熱后又恢復(fù)紅色；丁同學將氣體通入溴水中，溴水褪色，再滴加酸化的氯化鋇溶液有白色積淀生成ABCD【考點】物質(zhì)查驗實驗方案的設(shè)計；二氧化硫的化學性質(zhì)【專題】物質(zhì)查驗鑒識題；實驗談?wù)擃}【剖析】甲同學將氣體通入酸性BaCl2溶液，出現(xiàn)白色積淀，此積淀為乙同學用潤濕的藍色石蕊試紙

34、查驗該氣體，試紙變紅，說明此氣體的水溶液顯酸性，過去SO2、HCl、CO2、H2S等氣體的水溶液顯酸性；丙同學將氣體通入品紅溶液，溶液褪色，說明此氣體有漂白性，加熱后又恢復(fù)紅色，說明生成的是不牢固的無色物質(zhì)，可知此氣體為SO2；專業(yè).丁同學將氣體通入溴水中，溴水褪色，說明此氣體有復(fù)原性，再滴加酸化的氯化鋇溶液有白色積淀生成，此積淀為BaSO4，可知氣體為SO2；據(jù)此剖析作答【解答】解：將SO2氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，再滴入BaCl2溶液，生成BaSO4白色積淀，故正確；乙同學用潤濕的藍色石蕊試紙查驗該氣體，試紙變紅，氣體可能是SO2、HCl、CO2、H2S等，故錯誤；將SO2氣

35、體通入品紅溶液，溶液褪色，加熱后又恢復(fù)紅色，故正確；將SO2氣體通入溴水中，溴水褪色，再滴加酸化的氯化鋇溶液有BaSO4白色積淀生成，故正確；應(yīng)選：B【談?wù)摗坎炜碨O2氣體的性質(zhì)及查驗，主要波及復(fù)原性、漂白性及水溶液里的酸性，能除去氣體的性質(zhì)擾亂是解題重點，基礎(chǔ)察看，難度不大10設(shè)N表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是()AA2.8g一氧化碳和乙烯的混淆氣體中所含的碳原子數(shù)目為0.1NAB標準情況下5.6LNO氣體所含的電子數(shù)為5.5NA2C用惰性電極電解CuCl2溶液陰極獲得0.1NA個Cu原子時，陽極生成2.24L氣體D0.1mol?L1的NaCl溶液中，Na+與Cl的總數(shù)目為0.

36、2NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)【剖析】A一氧化碳和乙烯分子中含有的碳原子數(shù)不相同，無法計算混淆物中含有的碳原子數(shù)；BN2O中含有22個電子，依照n=計算出N2O的物質(zhì)的量及含有的電子數(shù)；C沒有告訴在標準情況下，無法接受生成的氣體體積；D缺少氯化鈉溶液體積，無法計算溶液中鈉離子和氯離子數(shù)目【解答】解：A28g一氧化碳和乙烯的混淆氣體的物質(zhì)的量為1mol，由于沒有告訴二者組成，則無法計算混淆物中含有的碳原子數(shù)，故A錯誤；專業(yè).B標準情況下5.6LN2O的物質(zhì)的量為：=0.25mol，0.25molN2O中含有5.5mol電子，所含的電子數(shù)為5.5NA，故B正確；C不是標準情況下，不能夠使用標準情況下

37、的氣體摩爾體積計算生成氣體的體積，故C錯誤；D沒有告訴氯化鈉溶液體積，則無法計算溶液中Na+與Cl的總數(shù)，故D錯誤；應(yīng)選B【談?wù)摗看祟}察看阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用，題目難度中等，注意掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，正確弄清分子、原子、原子核內(nèi)質(zhì)子中子及核外電子的組成關(guān)系；C為易錯點，注意沒有告訴在標準情況下11金合歡醇寬泛應(yīng)用于多種香型的香精中，其構(gòu)造簡式以以下圖以下說法正確的選項是()A金合歡醇與乙醇是同系物B金合歡醇可發(fā)生加成反響，但不能夠發(fā)生取代反響C1mol金合歡醇能與3molH2反響，也能與3molBr2反響D1mol金合歡醇與足量Na反響生成0.5mol氫氣，與

38、足量NaHCO3溶液反響生成1molCO2【考點】有機物的構(gòu)造和性質(zhì)【剖析】有機物含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、加聚和氧化反響，含有羥基，可發(fā)生取代、氧化和消去反響，以此解答該題【解答】解：A金合歡醇含有碳碳雙鍵，與乙醇構(gòu)造不相同，不是同系物，故A錯誤；B含有羥基，可發(fā)生取代反響，故B錯誤；C含有3個碳碳雙鍵，則1mol金合歡醇能與3molH2反響，也能與3molBr2反響，故C正確；D含有羥基，與碳酸氫鈉不反響，故D錯誤應(yīng)選C專業(yè).【談?wù)摗看祟}察看有機物的構(gòu)造和性質(zhì)，為高頻考點，重視于學生的剖析能力的察看，注意掌握有機物的構(gòu)造和官能團的性質(zhì)，重視有關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，難度不大12X、Y、Z、W均為

39、主族元素，其原子序數(shù)依次增大，且原子序數(shù)均小于或等于20X、Z處于同一主族，Y、Z處于同一周期，X為地殼中含量最多的元素，Y、W在化合物中均只有一種化合價，分別為+1和+2以下說法正確的選項是()A原子半徑：ZYXBX、Y形成的化合物均為離子化合物，其構(gòu)造中只有離子鍵C最外層電子數(shù)：X=ZWYD最高正化合價：X=ZWY【考點】原子構(gòu)造與元素周期律的關(guān)系【剖析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的元素，且原子序數(shù)均小于或等于20，X是地殼中含量最多的元素，則X為O元素，X、Z處于同一主族，則Z為S元素；Y、W在化合物中均只有一種化合價，分別為+1和+2，聯(lián)合原子序數(shù)可知Y為Na元素，W為Ca元素；

40、據(jù)此解答【解答】解：X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的元素，且原子序數(shù)均小于或等于20，X是地殼中含量最多的元素，則X為O元素，X、Z處于同一主族，則Z為S元素；Y、W在化合物中均只有一種化合價，分別為+1和+2，聯(lián)合原子序數(shù)可知Y為Na元素，W為Ca元素，A電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑：NaSO，即YZX，故A錯誤；BNa、O形成的Na2O2中含有離子鍵和共價鍵，故B錯誤；CX、Y、Z、W分別為O、Na、S、Ca，其最外層電子數(shù)分別為：6、1、6、2，則最外層電子數(shù)：X=ZWY，故C正確；DX、Y、Z、W分別為O、Na、S、Ca，O沒有最高正價，

41、故D錯誤應(yīng)選C【談?wù)摗看祟}察看構(gòu)造性質(zhì)地點關(guān)系應(yīng)用，推斷元素是解題重點，注意對元素周期律的理解掌握，難度中等專業(yè).13科技工作者研究出以NH3為燃料，氧氣為氧化劑，某固體氧化物為電解質(zhì)的新式燃料電池（以以下圖）該固體氧化物電解質(zhì)的工作溫度高達700900，O2可在該固體氧化物電解質(zhì)中自由搬動，反響生成物均為無毒無害的物質(zhì)以下說法正確的選項是()A電極甲為電池正極B電池總反響為4NH3+5O24NO+6H2OC電池正極反響式為O2+2H2O+4e4OHD圖示中的O2由電極乙移向電極甲【考點】原電池和電解池的工作原理【剖析】NH3為燃料，氧氣為氧化劑，某固體氧化物為電解質(zhì)的新式燃料電池中，氨氣在負

42、極上發(fā)生失電子的氧化反響，氧氣在正極上發(fā)生得電子的復(fù)原反響，正極和負極電極反響之和即為電池反響，依照燃料電池的工作原理進行回答【解答】解：A、NH3為燃料，氧氣為氧化劑的新式燃料電池中，氨氣在負極上發(fā)生失電子的氧化反響，即電極甲為電池負極，故A錯誤；B、燃料電池總反響為燃料焚燒的方程式，即4NH3+3O22N2+6H2O，故B錯誤；C、氧氣在正極上發(fā)生得電子的復(fù)原反響，電池正極反響式為O2+4e2O2，故C錯誤；D、原電池中陰離子移向負極，甲為電池負極，乙是正極，所以O(shè)2由電極乙移向電極甲，故D正確應(yīng)選D專業(yè).【談?wù)摗看祟}察看學生燃料電池的工作原理知識，注意知識的遷移應(yīng)用是解題的重點，難度中等

43、14已知以下四個熱化學方程式：NH4Cl（s）NH3（g）+HCl（g）H1=a（i）Ba（OH）2?8H2O（s）BaO（s）+9H2O（1）H2=b（ii）2NH4Cl（s）+Ba（OH）2?8H2O（s）BaCl2（aq）+2NH3（g）+10H2O（1）H3=c（iii）BaO（s）+2HCl（aq）BaCl2（aq）+H2O（1）H4=d（iv）其中a、b、c均大于0，HCl氣體溶解于水，溶液溫度高升由此可知以下判斷必然正確的是()Ad0Bc2a+b+dCc=2a+b+dDc2a+b+d【考點】反響熱的大小比較【剖析】依照蓋斯定律即可得出要求的熱化學方程：2HCl（aq）2HCl（g

44、）H，爾后利用放熱過程來判斷【解答】解：NH4Cl（s）NH3（g）+HCl（g）H1=a（i）Ba（OH）2?8H2O（s）BaO（s）+9H2O（1）H2=b（ii）2NH4Cl（s）+Ba（OH）2?8H2O（s）BaCl2（aq）+2NH3（g）+10H2O（1）H3=c（iii）BaO（s）+2HCl（aq）BaCl2（aq）+H2O（1）H4=d（iv）依照蓋斯定律，由（i）2+（ii）（iii）+（iv）得：2HCl（aq）2HCl（g）H=2a+bc+d而HCl氣體溶解于水，溶液溫度高升，則HCl（g）HCl（aq）HO，所以2a+bc+d0，即c2a+b+d，應(yīng)選B【談?wù)摗看?/p>

45、題察看了蓋斯定律計算的運用，難度不大，注意利用方程式相加減的方法辦理15已知25下，Ka（HCOOH）=1.78104，Kb（NH3?H2O）=1.79105保持25不變，向必然體積0.1mol?L1的氨水中滴加0.1mol?L1的甲酸溶液在滴加過程中()專業(yè).A水的電離常數(shù)先增大后減小B當氨水和甲酸溶液體積相等時，+c（HCOO）=c（NH）4Cc（NH3?H2O）與c（NH4+）之和向來保持不變D向來保持不變【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡【剖析】A電離常數(shù)只與溫度有關(guān)；B弱電解質(zhì)的電離常數(shù)越大，其離子的水解程度越?。?C溶液的體積增大，c（NH3?H2O）與c（NH4）之和減??；D依

46、照NH3?H2O和HCOOH的電離常數(shù)剖析【解答】解：A電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，向必然體積0.1mol?L1的氨水中滴加0.1mol?L1的甲酸溶液，由于溫度不變，水的電離常數(shù)不變，故A錯誤；B弱電解質(zhì)的電離常數(shù)越大，其離子的水解程度越小，當氨水和甲酸溶液體積相等時，恰好生成甲酸銨，甲酸的電離常數(shù)大，則甲酸根離子的水解程度小，+），則c（HCOO）c（NH4故B錯誤；C向必然體積0.1mol?L1的氨水中滴加0.1mol?L1的甲酸溶液，溶液的體積漸漸增大，氨水的總濃度減小，則c（NH3?H2O）與c（NH4+）之和減小，故C錯誤；D一水合氨的電離常數(shù)Kb=，HCOOH的電離常數(shù)Ka=，則=，則

47、向來不變，故D正確應(yīng)選D【談?wù)摗看祟}察看了弱電解質(zhì)的電離，依照電離平衡常數(shù)、酸根離子水解程度之間的關(guān)系來剖析解答，靈便運用守恒思想剖析，題目難度中等專業(yè).16Cu與濃硝酸反響生成氮的氧化物，這些氧化物碰巧溶解在NaOH溶液中獲得NaNO3和NaNO2的混淆溶液，反響過程及有關(guān)數(shù)據(jù)以以下圖：以下有關(guān)判斷正確的選項是()A若銅片為51.2g，則生成0.2molNaNO3B常溫下，Cu遇濃硝酸發(fā)生鈍化，不能能發(fā)生上述反響C標準情況下收集的氮氧化物為20.16LD反響過程中生成的Cu（NO3）2既是氧化產(chǎn)物，也是復(fù)原產(chǎn)物【考點】銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)【剖析】A、n（Cu）=0.8mol，n（N

48、aOH）=0.5L2mol/L=1mol，由終態(tài)剖析法容易看出只有兩種元素的價態(tài)有變化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合價由0價高升為+2價，每個Cu原子失2個電子；另一個是HNO3NaNO2，N元素由+5價降低為+3價，每個N原子得2個電子，由電子轉(zhuǎn)移守恒可知，51.2gCu失去的電子等于HNO3到NaNO2獲得的電子，據(jù)此計算故產(chǎn)物中NaNO2的物質(zhì)的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），據(jù)此計算NaNO3的物質(zhì)的量；B、常溫下，金屬銅碰到濃硝酸發(fā)生鈍化，該反響會發(fā)生；C、依照公式V=nVm進行計算；D、氧化復(fù)原反響中，化合價高升元素對應(yīng)產(chǎn)物是氧化產(chǎn)

49、物，化合價降低元素對應(yīng)產(chǎn)物是還原產(chǎn)物【解答】解：A、n（Cu）=0.8mol，n（NaOH）=0.5L2mol/L=1mol，由電子守恒可知，51.2gCu失去的電子等于HNO3到NaNO2獲得的電子，則0.8mol（20）=n（NaNO2）（53），解得n（NaNO2）=0.8mol，由Na原子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），則n（NaNO3）=1mol0.8mol=0.2mol，故A正確；B、常溫下，Cu遇濃硝酸發(fā)生鈍化，可是鈍化不是不反響，可能發(fā)生上述反響，故B錯誤；C、標準情況下獲得的0.9mol氮氧化物的體積是0.9mol22.4L/mol=20.16L，

50、故C正確；專業(yè).D、反響過程中生成的Cu（N03）2是氧化產(chǎn)物，不是復(fù)原產(chǎn)物，故D錯誤應(yīng)選AC【談?wù)摗看祟}察看氧化復(fù)原反響的計算，為高頻考點，掌握硝酸的作用、N元素的化合價變化及原子守恒、電子守恒為解答的重點，重視剖析與計算能力的察看，題目難度較大二、綜合題：共5題每題15分共75分17粗錫的主要成分是錫，其他含有鋅、銅、銀、金等雜質(zhì)如圖甲是工業(yè)上用電解法提純粗錫的一種工藝流程，電解裝置如圖乙所示（1）流程圖中的硅氟酸（化學式為H2SiF6）是一種強酸，其中Si的化合價為+4，其電離方程式為H2SiF6=2H+SiF62（2）硅氟酸有腐化性，能與SiO2反響電解粗錫可選用的電解槽有cd（選填字

51、母代號）a玻璃電解槽b石英電解槽c塑料電解槽d蠟制電解槽（3）粗錫為電極b（選填“a”或“b”），該電極為陽極（選填“陽極”或“陰極”），電極反響式為Sn2e=Sn2+，Zn2e=Zn2+4）陽極泥中含有的主要物質(zhì)為Cu、Ag、Au（寫化學式）5）若電解時采用SnCl2溶液作為電解液，當陰極增重11.90g時，電解質(zhì)溶液減少的質(zhì)量為0.54g，則粗錫減少的質(zhì)量為11.36g（結(jié)果儲藏兩位小數(shù)，不考慮進入陽極泥的物質(zhì)）【考點】物質(zhì)分別和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；原電池和電解池的工作原理【剖析】（1）由化合物中各元素化合價代數(shù)和為0可知H2SiF6中Si的化合價為+4，H2SiF6是強酸，在水

52、溶液中完好電離；專業(yè).2）硅氟酸能與二氧化硅反響，故不能夠采用含二氧化硅的玻璃電解槽和石英電解槽，能夠選用塑料或蠟制電解槽；（3）與電源正極相連的為陽極，粗錫在電解池中作陽極，粗錫中的金屬Zn、Sn失電子；（4）粗錫中的雜質(zhì)銅、銀、金等不參加電解反響，形成陽極泥；（5）電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少主若是由于陽極溶解了Zn，陰極析出了Sn設(shè)陽極溶解了xgZn，ZnSnm6511954xg0.54g則x=0.65，故陽極溶解的Zn為0.65g，即0.01mol陰極獲得11.9gSn，得電子0.2mol，依照得失電子守恒可知：陽極溶解的Sn為0.09mol【解答】解：（1）流程圖中的硅氟酸（化學式為H2SiF

53、6）是一種強酸，依照元素化合價代數(shù)和為0計算，氫元素化合價+1價，氟元素化合價為1價，硅元素化合價為+4價，強酸水溶液中完好電離，電離方程式為：H2SiF6=2H+SiF62，故答案為：+4，H2SiF6=2H+SiF62；（2）硅氟酸有腐化性，能與SiO2反響，a玻璃電解槽中含有二氧化硅，不能夠選，故A錯誤；b石英電解槽成分為二氧化硅，和酸反響，不能夠選擇，故b錯誤；c塑料電解槽不與酸反響，能夠選擇，故c正確；d蠟制電解槽和硅氟酸不反響，能夠選擇，故d正確；應(yīng)選cd，故答案為：cd；（3）裝置圖剖析可知，與電源正極相連的為陽極，b為陽極為粗錫，粗錫精華能夠依照粗銅精華的原理剖析，粗錫在電解池

54、中作陽極，粗錫中的金屬Zn、Sn失電子，電極反響為：Sn2e=Sn2+，Zn2e=Zn2+故答案為：b，陽極，Sn2e=Sn2+，Zn2e=Zn2+；4）陽極上錫和鋅失電子發(fā)生氧化反響，粗錫中的雜質(zhì)銅、銀、金等不參加電解反響，形成陽極泥，故答案為：Cu、Ag、Au；專業(yè).（5）電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少主若是由于陽極溶解了Zn，陰極析出了Sn設(shè)陽極溶解了xgZn，ZnSnm6511954xg0.54g則x=0.65，故陽極溶解的Zn為0.65g，即0.01mol陰極獲得11.9gSn，得電子0.2mol，依照得失電子守恒可知：陽極溶解的Sn為0.09mol，其質(zhì)量為0.09mol119g?mol1=1

55、0.71g，故粗錫減少的質(zhì)量為0.65g+10.71g=11.36g，故答案為：11.36g【談?wù)摗看祟}察看了電解原理的剖析應(yīng)用，主若是電解裝置剖析，金屬除雜和電解池中電極反響的剖析應(yīng)用，反響前后差值法和守恒法是化學計算中常用的方法，題目難度中等18高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新式、高效、多功能水辦理劑如圖是以鐵屑為原料制備K2FeO4的工藝流程圖：請回答以下問題：1）氯氣與鐵屑反響生成FeCl3的條件是點燃，其生成物氯化鐵也可作凈水劑，其凈水原理為Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體擁有吸附性2）流程圖中的吸取劑X為d（選填字母代號）aNaOH溶液bFe粉cFeSO4溶液dFeCl2溶液（

56、3）氯氣與NaOH溶液反響生成氧化劑Y的離子方程式為+HO224）反響的化學方程式為2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2NaFeO4+9NaCl+5H2O，該反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為3：2專業(yè).（5）K2FeO的凈水原理是2，該反響生成擁有吸附性的4FeO4+10H2O?4Fe（OH）3+8OH+3O24Fe（OH）3用上述方法制備的粗K2FeO4需要提純，可采用重結(jié)晶、沖洗、低溫烘干的方法，沖洗劑可采用稀KOH溶液，原因是堿性溶液中，上述反響向逆反響方向進行，可減少沖洗時K2FeO4的損失（6）測定制備的粗K2FeO4的純度可用滴定法，滴準時有關(guān)反響的離子方程式為：22F

57、eO4+CrO2+2H2OCrO4+Fe（OH）3+OH2CrO42+2H+Cr2O72+H2OCr2O722+3+3+6Fe+14H2Cr+6Fe+7HO現(xiàn)稱取1.98g粗K2FeO4樣品溶于合適KOH溶液中，加入稍過分的KCrO2，充分反響后過濾，濾液在250mL容量瓶中定容每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol?L1的（NH4）2Fe（SO4）2標準溶液滴定，三次滴定耗資標準溶液的平均體積為18.93mL則上述樣品中463.1%K2FeO的質(zhì)量分數(shù)為【考點】制備實驗方案的設(shè)計【專題】實驗設(shè)計題【剖析】依照題中反響流程，鐵與氯氣在點燃的條件能夠反響生成氯化鐵，反響的尾氣主

58、是氯氣，用試劑X吸取后得氯化鐵溶液，所以X為氯化亞鐵溶液，氯氣與氫氧化鈉反響生成氯化鈉和次氯酸鈉，能作氧化劑的是次氯酸鈉，所以Y為次氯酸鈉，次氯酸鈉在堿性溶液中將氯化鐵氧化成Na2FeO4，Na2FeO4在飽和氫氧化鉀溶液中生成溶解度較小的K2FeO4，1）鐵在氯氣中焚燒生成FeCl3，F(xiàn)e3+水解生成的Fe（OH）3膠體擁有吸附性；2）氯化亞鐵與Cl2反響能生成FeCl3；3）NaOH溶液與Cl2反響生成NaCl、NaClO、H2O，氧化劑Y為NaClO；4）依照流程供應(yīng)的反響物和生成物可書寫化學方程式，依照方程式可知氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比；（5）由題給的可逆反響可知，為生成物，故在堿

59、性溶液中，可減少沖洗時K2FeO4的損OH失；專業(yè).（6）依照反響，可得關(guān)系2FeO422CrO42Cr2O726Fe2+，依照（NH4）2Fe（SO4）2的物質(zhì)的量可求得K2FeO4的物質(zhì)的量，進而求得其質(zhì)量，依照100%計算【解答】解：依照題中反響流程，鐵與氯氣在點燃的條件能夠反響生成氯化鐵，反響的尾氣主是氯氣，用試劑X吸取后得氯化鐵溶液，所以X為氯化亞鐵溶液，氯氣與氫氧化鈉反響生成氯化鈉和次氯酸鈉，能作氧化劑的是次氯酸鈉，所以Y為次氯酸鈉，次氯酸鈉在堿性溶液中將氯化鐵氧化成Na2FeO4，Na2FeO4在飽和氫氧化鉀溶液中生成溶解度較小的K2FeO4，（1）鐵在氯氣中焚燒生成FeCl3，

60、所以條件為點燃，氯化鐵可用于凈水是由于Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體擁有吸附性，能吸附水中的懸浮物質(zhì)，故答案為：點燃；Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體擁有吸附性；（2）依照上面的剖析可知，X為氯化亞鐵溶液，應(yīng)選d；（3）NaOH溶液與Cl2反響生成NaCl、NaClO、H2O，反響的離子方程式為Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，+Cl+H2O；故答案為：Cl2+2OH=ClO4）反響的化學方程式為2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2NaFeO4+9NaCl+5H2O，其中氧化劑為NaClO，復(fù)原劑為FeCl3，二者的物質(zhì)的量之比為3：2，故答案為：2FeCl3+3NaCl