高考化学复习河南省濮阳市油田第三高级中学高三下期4月月考化学.docx

高中化学学习材料
唐玲出品
河南省濮阳市油田第三高级中学2016届高三下期4月月考化学
试卷（解析版）
1．N A 为阿伏加德罗常数，下列物质所含分子数最多的是 ( )
A ．1 mol CO 2
B ．标准状况下1．12L 氨气
C ．2．2g 二氧化碳（二氧化碳的摩尔质量为44g ·mol -1）
D ．含N A 个氢原子的氢气分
子
【答案】A
【解析】分子的物质的量越多，分子数越多。

A 、B 、C 、D 中分子的物质的量分别是1mol 、
mol mol
L L 05.0/4.2212.1=、mol mol g g 05.0/442.2=、0.5mol 。

所以答案是A 。

2．常温下呈气态的烷烃有（ ）
A ．只有4种
B ．只有5种
C ．多于5种
D ．无法确定
【答案】C
【解析】考查烷烃的物理性质。

常温下成气态烷烃有甲烷、乙烷、丙烷、正丁烷、异丁烷和新戊烷。

所以答案是C 。

3．某烧碱溶液部分变质生成了少量纯碱，要除去此杂质需加适量的（ ）
A.CaCl 2溶液
B.Ca(OH)2
C.BaCl 2
D.CO 2
【答案】B
【解析】除杂的原则之一：不能引入新杂质。

A 、C 选项均引入Cl -，D 选项中CO 2，还能与
NaOH 反应。

4．N A 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A ．1Llmol ／L 的Na 2CO 3溶液中含有的CO 32-数目为N A
B ．1 mol 羟基(-OH)所含的电子数约为l0N A
C ．1 mol 丙烯分子有2 mol σ 键，1 mol π 键
D ．现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g ，其原子数为3N A
【答案】D
【解析】
试题分析：由于Na 2CO 3是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应，所以1Llmol ／L 的Na 2CO 3
溶液中含有的CO 32-数目小于N A ，错误；B ．1 mol 羟基(-OH)所含的电子数约为9N A ，错误；C ．在
丙烯CH2=CHCH3的分子中含有8个σ键个1 个π键，所以1 mol丙烯分子有8mol σ键，1 mol π键，错误；D．乙烯、丙烯、丁烯的最简式是CH2,式量是14，所以乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，含有1mol的最简式，因此其原子数为3N A，正确。

考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。

5．下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是 ( )
A．乙醛和丙烯醛()不是同系物，但它们与H2充分反应后的产物是同系物
B．一分子β-月桂烯（）与两分子溴发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有3种
C．用甘氨酸（）和丙氨酸（）缩合最多可形成4种二肽
D．和都既能与NaOH溶液反应，能与溴水反应，
但与两种试剂反应的原因都不完全相同
【答案】B
【解析】
试题分析：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示1分子物质与2分子Br2加成
时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选B项．
考点：考查有机物结构，性质的相关知识
6．要从乙酸的乙醇溶液中回收乙酸，合理的操作组合是
①蒸馏②过滤③静止分液④加足量钠⑤加入足量H2SO4
⑥加入足量NaOH溶液⑦加入乙酸与浓H2SO4混合液后加热⑧加入浓溴水
A、⑦③
B、⑧⑤②
C、⑥①⑤②
D、⑥①⑤①
【答案】D
【解析】
试题分析：加入足量氢氧化钠溶液，使溶液中的乙酸完全转换为乙酸钠，使溶液碱性，抑制乙酸钠水解，蒸馏出溶液中的乙醇，但是会含部分乙酸杂质，加入足量硫酸，强酸制弱酸，使弱酸乙酸分离，蒸馏出乙酸。

考点：考查物质的分离提纯。

7．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增。

X的原子核中无中子；Y原子最外层电子数是内层的2倍；Z、W为同族元素，形成的WZ2分子是酸雨的主要成因。

下列说法中正确的是
A．X与Y形成原子个数比为1∶1的化合物只有两种
B．Y、W的氧化物均为酸性氧化物
C．最高价氧化物对应水化物的酸性Y＜W
D．X与Z形成的化合物中，各原子均满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增。

X的原子核中无中子，则X 是H；Y原子最外层电子数是内层的2倍，因此Y是C；Z、W为同族元素，形成的WZ2分子是酸雨的主要成因，这说明W是S，Z是O。

则A、H与C形成原子个数比为1∶1的化合物不只两种，A错误；B、CO不是酸性氧化物，B错误；C、非金属性是C＜S，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性Y＜W，C正确；D、X 与Z形成的化合物中，氢原子不能满足8电子稳定结构，D错误，答案选C。

考点：考查元素周期表的结构与元素周期律的应用
8．下列鉴别方法不可行的是
A．用水鉴别1-丙醇、甲苯和硝基苯
B．用燃烧法鉴别甲醇、苯和四氯化碳
C．用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
D．用溴水鉴别乙苯、苯酚、环己烷和乙醇
【答案】D
【解析】
试题分析：A、1-丙醇与水互溶，甲苯不溶于水且密度小于水，硝基苯不溶于水且密度大于水；B、甲醇燃烧淡蓝色火焰，苯燃烧明亮火焰有浓烟，四氯化碳不燃烧；C、乙醇与饱和碳酸钠溶液互溶、乙酸可与饱和碳酸钠溶液反应产生气泡，乙酸乙酯不溶；D、乙苯与溴水发生萃取现象，苯酚与浓溴水产生白色沉淀，环己烷与溴水发生萃取现象，乙醇与溴水互溶，用溴水无法进行鉴别。

考点：考查有机物的鉴别。

9．氢氧燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，它是以铂作电极，KOH溶液作电解液，总反应为：2H2 + O2 = 2H2O，正极反应为：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-，下列叙述不正确
．．．的是A．H2通入负极区 B．O2通入正极
C．正极发生氧化反应 D．负极反应为2H2 + 4OH- - 4e- = 4H2O
【答案】C
【解析】正极反应：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-负极反应：2H2 + 4OH- - 4e- = 4H2O
原电池中，负极失电子，被氧化，正极得电子，被还原
10．能区别[Co(NH3)4Cl2]Cl和[Co(NH3)4Cl2]NO3两种溶液的试剂是
A．浓氨水 B．NaOH溶液 C．CCl4 D．AgNO3溶液
【答案】D
【解析】
试题分析：[Co(NH3)4Cl2]Cl和[Co(NH3)4Cl2]NO3均是配合物，含有配位健。

前者可以电离出1个氯离子，后者可以电离出1个NO3－，因此可以利用硝酸银溶液进行鉴别，即能产生白色沉淀的是[Co(NH3)4Cl2]Cl，答案选D。

考点：考查配位化合物的结构与鉴别
11．设N A 为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）
A. 1mol Na 2SO 4溶于水中，所得溶液中Na +个数为N A
B. 18g 水含有电子数为8N A
C. 1L 0.3mol ·L -1Na 2SO 4溶液中,含有Na +和SO 42- 总数为0.6N A
D. N A 个氢气分子（H 2）的质量为2g
【答案】D
【解析】
试题分析：A. Na 2SO 4=2Na ++ SO 42-.n(Na +)=2n(Na 2SO 4)=2mol.错误。

B.n(H 2O)=m/M=18g ÷
18g/mol=1mol..每个水分子2含有10个电子。

故N(电子)=10N A .错误。

C.n=C ·V=1L ×
0.3mol ·L -1=0.3mol.。

由电离方程式：Na 2SO 4=2Na ++ SO 42-.可知：
n(Na +)+n(SO 42-)=3n(Na 2SO 4)=0.9mol.所以含有Na +和SO 42- 总数为0.9N A .错误。

D.n(H 2)=N/N A =N A /N A mol -1=1mol.m(H 2)=n ·M=1mol ×2g/mol=2g.正确。

考点：考查物质的量的有关计算的知识。

12．甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入一定量的A 和B ，发生反应：。

各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C 的浓度随时
间变化关系分别如下图表所示：
下列说法正确的是
A ．12T T ，且该反应为吸热反应
B ．x=2
C ．若平衡后保持温度不变，改变容器体积平衡不移动
D ．1T ℃下，若起始时向甲容器中充入0.5molA 、1.5molB ，平衡时A 的转化率为25%
【答案】C
【解析】
试题分析：A.对于甲、乙来说，起始投入量相同，而反应乙首先达到平衡说明温度T 2>T 1。

在平衡时C(C)(乙) <C(C)(甲),说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动。

根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以正反应是放热反应。

错误。

B.对乙、丙来说，反应的温度相同，而起始投入量丙是乙的2倍。

在其它条件不变的情况下，若增加反应物的浓度，化学平衡不发生移动，则达到化学平衡时C(C)的浓度也应该是乙的2倍。

现在2C(C)(乙)=C(C)(丙).说明改变反应物的浓度，化学平衡没有发生改变。

只有在反应前后气体体积相等的可逆反应中，改变压强或改变浓度，化学平衡不移动。

所以1+X=2，X=1.错误。

C. 若平衡后保持温度不变，由于该反应是反应前后气体体积相等的可逆
T℃反应。

改变容器体积，即改变压强，根据平衡移动原理，化学平衡不移动。

正确。

D.
1下，起始时向甲容器中充入1.5molA、0.5molB，达到化学平衡时A的转化率为：(0.75÷1.5)×100%=50%.在该温度下，若起始时向甲容器中充入0.5molA、0.5molB，平衡时A的转化率为25%，然后再加入1molB,，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，故A的转化率就大于25%。

错误。

考点：考查外加条件对化学平衡的影响的知识。

13．用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述中不正确的是
A．分子总数为N A的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2N A
B．28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2N A
C．常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6N A
D．常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2 N A
【答案】D
【解析】考查阿伏加德罗常数的有关计算。

常温常压下，22.4L氯气不是1mol，因此转移的电子数不是2mol，所以选项D不正确，其余选项都是正确的，答案选D。

14．已知X、 Y、 Z、 W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，下列说法正确的是
A．若 H m XO n为强酸，则 X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数)
B．若四种元素均为金属，则 Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱
C．若四种元素均为非金属，则 W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸
D．若四种元素中只有一种为金属，则 Z与 Y 两者的最高价氧化物对应的水化物能反应【答案】B
【解析】
试题分析：A．X是第二周期元素，若H m XO n为强酸，则 X一定是氮元素，氮的氢化物氨气溶于水显碱性，A错误；B．若四种元素均为金属，则 Z一定是钠，最高价氧化物对应的水化物是氢氧化钠，为强碱，B正确；C．若四种元素均为非金属，则 W的最高价氧化物对应的水化物不一定为强酸，例如W是P，磷酸不是强酸，C错误；D．若四种元素中只有一种为金属，则Z一定是铝，Y是碳，氢氧化铝与碳酸不反应，D错误，答案选B。

考点：考查位置、结构和性质的应用
15．（16分）为解决大气中CO2的含量增大的问题，某科学家提出“绿色自由”构想：把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应使废气中的CO2转变为燃料甲醇。

“绿色自由”构想的部分技术流程如下：
合成塔中反应的化学方程式为 ；△H<0。

从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的平衡转化率。

而实际生产中采用300℃的温度，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了 。

从合成塔分离出甲醇的原理与下列 操作的原理比较相符（填字母）。

A ．过滤
B ．分液
C ．蒸馏
D ．结晶
（3）工业流程中一定包括“循环利用”，“循环利用”是提高效益、节能环保的重要措施。

“绿色自由”构想技术流程中能够“循环利用”的，除K2CO3溶液和CO2、H2外，还包括 。

（4）在体积为2L 的合成塔中，充入2 mol CO2和6 mol H2，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

从反应开始到平衡，v （H2) =______________；能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的措施有 。

（5）如将CO2与H2以1:4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。

巳知CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) ΔH1＝－890.3kJ/mol
H2 (g)+ 12
O2(g)= H2O(l) ΔH2＝－285.8kJ/mol 写出CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式________________。

【答案】（16分）
（1） CO2+3H2→ CH3OH+H2O （3分）; 催化剂的催化活性（2 分）
（2）C （2分）
（3）高温水蒸气（2分）
（4）0.24mol/(L ·min)（2分）；增大H2的用量等（2分）
（5）CO2(g)+4H2 (g) = CH4(g)+2H2O(l) ΔH ＝－252.9kJ/mol （3分）
【解析】略
16．某混合金属粉末，除Mg 外还含有Al 、Zn 中的一种或两种，含量都在10%以上。

某研究小组设计实验探究该混合金属粉末中铝、锌元素的存在。

所用试剂：样品、pH 试纸、稀H 2SO 4、NaOH 溶液、稀NH 3·H 2O 。

该小组探究过程如下：
●查阅资料： ①镁、铝、锌都是银白色的金属
②锌(Zn)可以与NaOH 溶液反应生成H 2
③Zn(OH)2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH 3·H 2O
④Zn 2+易形成络合物如［Zn(NH 3)4］2+，该络合物遇强酸分解生成Zn 2+、NH 4+
●提出假设：
（1）假设①：该混合金属粉末中除镁外还含有铝元素；
假设②：该混合金属粉末中除镁外还含有锌元素；
假设③： 。

●实验探究：
甲同学基于假设③设计实验方案如下：
乙同学同样基于假设3设计另一实验方案如下：
（2）试剂M 是________________；沉淀B 是 。

（3）丙同学认为乙同学的方案比甲同学的好，理由是 。

（4）丁同学研究了甲、乙两同学的方案后，在其中一种方案的基础上用最简便方法测定了Wg 样品中金属镁(Mg)的质量，他的方法是 。

（5）操作Ⅰ的主要过程是：在滤液中逐滴加入 ，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的 。

（6）某溶液中含有Zn 2+、Al 3+、NH 4+和SO 42－等离子，向其中逐滴加入NaOH 溶液，则生成沉
淀的物质的量与加入NaOH 溶液体积关系的图像正确的是__________。

【答案】（1）该混合金属粉末中除镁外还含有铝、锌元素 （2）NaOH 溶液；A l (O H )3
（3）步骤简单，节约试剂；（4）将沉淀C 洗涤、小心干燥后称量；（5）稀硫酸；稀氨水；
（6）B
【解析】
试题分析：（1）由于混合金属粉末，除Mg 外还含有Al 、Zn 中的一种或两种，实验根据假设①②可知，假设③应该是该混合金属粉末中除镁外还含有铝、锌元素。

C B A V(NaOH)/mL D
I
（2）样品与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐。

由于氢氧化锌、氢氧化铝均能和氢氧化钠溶液反应，所以首先加入过量的氢氧化钠溶液得到氢氧化镁沉淀，而锌离子和铝离子分别是生成相应的偏铝酸盐，即M是氢氧化钠溶液，沉淀A是氢氧化镁。

由于Zn(OH)2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及NH3·H2O，但氢氧化铝不能溶于氨水中，所以可以向滤液中先加入酸将偏铝酸盐转化为锌离子和铝离子，然后加入过量的氨水得到氢氧化铝白色沉淀，而锌离子转化为［Zn(NH3)4］2+，所以沉淀B是氢氧化铝。

由于Zn2+易形成络合物如［Zn(NH3)4］2+，该络合物遇强酸分解生成Zn2+、NH4+，所以向滤液中加入稀硫酸即可生成Zn2+、NH4+，最后加入适量的氢氧化钠溶液生成氢氧化锌沉淀。

（3）由于锌(Zn)、铝均可以与NaOH溶液反应生成H2，所以在乙方案中首先加入过量的氢氧化钠溶液，将锌和铝溶解，而镁不溶解，即沉淀C是镁。

而后续的操作与甲方案是相同的，所以乙同学的方案比甲同学的好，理由是步骤简单，节约试剂。

（4）由于在乙方案中沉淀C就是镁，所以只需要将沉淀C洗涤、小心干燥后称量即可得出镁的含量。

（5）根据以上分析可知，操作Ⅰ的主要过程是：在滤液中逐滴加入稀硫酸，直至生成的沉淀刚好溶解，最后再加入足量的氨水即可生成氢氧化铝白色沉淀。

（6）某溶液中含有Zn2+、Al3+、NH4+和SO42－等离子，向其中逐滴加入NaOH溶液，则首先生成氢氧化锌、氢氧化铝沉淀。

由于氢氧化锌能溶解在氨水中，所以加入的氢氧化钠首先溶解氢氧化锌，然后氢氧化钠再与溶液中的NH4＋反应，最后加入的氢氧化钠再和氢氧化铝反应而使其溶解，因此生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积关系的图像正确的是B。

考点：考查实验方案设计与评价；物质的分离与提纯；以及沉淀生成与溶解的图像分析与判断
17．（8分）为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程。

请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式。

写出下列物质的结构简式A 、C 、
E 、G 。

【答案】a．分液b．蒸馏c．分液d．蒸馏 A：C：CH3OH E：G：HCOOH 【解析】
试题分析：甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物加入NaOH溶液，甲醇与水互溶，甲酸与苯酚和NaOH溶液反应，苯不溶于其它溶液，所以用分液的方法分离得油层苯和水层，甲酸钠和苯酚钠沸点较高，甲醇沸点低，则用蒸馏的方法分离得到C为甲醇，向D中通入CO2得苯酚E，苯酚不溶于其它物质，用分液的方法分离，向F中加硫酸生成甲酸，蒸馏混合物得甲酸，答
案为a．分液b．蒸馏c．分液d．蒸馏 A：C：CH3OH E：G：HCOOH
考点：考查有机物的分离。

18．（14分）氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用．某化学兴趣小组利用图一装置探究氨气的有关性质。

（1）装置A中烧瓶内试剂可选用（填序号）．B的作用是．
a．碱石灰 b．生石灰 c．浓硫酸 d．烧碱溶液
（2）连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，然后应先（填I或Ⅱ）．Ⅰ．打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水Ⅱ．加热装置C
（3）实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为．该反应证明氨气具有性．
（4）该实验缺少尾气吸收装置，图二中能用来吸收尾气的装置是（填装置序号）．（5）氨气极易溶于水，若标准状况下，将2．24L的氨气溶于水配成1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为_______mol/L．
【答案】
（1）ab；吸收水蒸气干燥氨气．
（2）Ⅰ
（3）3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；还原
（4）Ⅱ、Ⅲ
（5）0．1
【解析】
试题分析：（1）装置A是制备氨气的发生装置，浓氨水滴入固体碱石灰或氧化钙或固体氢氧化钠都可以生成氨气，浓硫酸和氨气发生反应，氨气易溶入烧碱溶液，不选择浓硫酸、氢氧化钠溶液制备氨气，所以装置A中试剂为：a．碱石灰，b．生石灰；B装置中的碱石灰是吸收水蒸气，干燥氨气的作用，故填：ab；吸收水蒸气干燥氨气；
（2）连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水发生反应生成氨气，故填：Ⅰ；
（3）实验中观察到C中CuO粉末变红证明生成铜，D中无水硫酸铜变蓝生成水，并收集到
一种单质气体，依据氧化还原反应分析，氧化铜氧化氨气为氮气，氧化铜被还原为铜，反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；氮元素化合价升高为0价，做还原剂具有还原性，
故填：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；还原；
（4）氨气极易溶于水尾气吸收需要防止倒吸，图二中能用来吸收尾气的装置是Ⅱ、Ⅲ，装置Ⅰ易发生倒吸，故填：Ⅱ、Ⅲ；
（5）氨气极易溶于水，若标准状况下，将2．24L的氨气溶于水配成0．5L溶液，溶质氨气
物质的量为0．1mol，所得溶液的物质的量浓度=0.1
1
mol
L
=0．1mol/L，故填：0．1．
考点：考查了氨气的性质实验的相关知识。

19．（10分）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．可用如下流程来制备．
根据题意完成下列各题：
（1）若用铁和稀硫酸制备FeSO4•7H2O，（填物质名称）往往要过量．
（2）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是（按前后顺序填）．
a．过滤洗涤
b．蒸发浓缩
c．冷却结晶
d．灼烧
e．干燥
某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe(C2O4)3]•3H2O）中铁元素含量，做了如下实验：
步骤一：称量5．000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液．
步骤二：取所配溶液25．00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成
二氧化碳，同时，MnO4－．被还原成Mn2+．向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过
滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性．
步骤三：用0．010mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20．02ml，滴定中MnO4-，
被还原成Mn2+．
重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0．010mol/LKMnO4溶液19．98ml；
（3）配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有；主要操作步骤依次是：称量、、转移、、定容、摇匀．
（4）加入锌粉的目的是．
（5）实验测得该晶体中铁的质量分数为．在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不
够，则测得的铁含量 ．（选填“偏低”“偏高”“不变”）
（6）某同学将8．74g 无水三草酸合铁酸钾（K 3[Fe(C 2O 4)3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5．42g ，同时得到密度为1．647g/L （已折合成标准状况下）气体．研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K 2CO 3．写出该分解反应的化学方程式 ．
【答案】（10分）
（1）铁 （1分）
（2）bcae （1分）
（3）250ml 容量瓶 （1分） 溶解（1分）、 洗涤（1分）
（4）将Fe 3+还原成Fe 2+，为进一步测定铁元素的含量做准备（1分）
（5）11．2%（1分） 偏高（1分）
（6）2K 3[Fe(C 2O 4)3] △ 3K 2CO 3+Fe+FeO+4CO ↑+5CO 2↑ （2分
【解析】
试题分析：（1）因为硫酸亚铁容易被氧化，所以要铁过量。

（2）要得到硫酸亚铁晶体，需要进行钟结晶的方法，即先蒸发浓缩得到浓溶液，再冷却结晶，过滤后洗涤，再干燥。

故为bcae 。

（3）配制250毫升溶液必须使用250ml 容量瓶。

一般的配制步骤为：称量，溶解，转移，洗涤，定容，摇匀等。

（4）因为要利用高锰酸钾氧化亚铁离子，所以先用金属锌将将Fe 3+还原成Fe 2+，为进一步测定铁元素的含量做准备。

（5）根据实验中滴定需要的高锰酸钾的体积求平均值为20．00毫升，根据亚铁离子和高锰酸钾反应的比例关系为5:1进行计算，亚铁离子的物质的量为0．01×0．02×5=0．001摩尔，其质量为0．001×56=0．056克，质量分数为0．056/5=11．2%；步骤二不够，则还有草酸根离子，同样消耗高锰酸钾，则步骤三中消耗的高锰酸钾偏多，则计算铁的含量偏高。

（6）气体密度为1．647g/L ，其摩尔质量为1．647×22．4=36．9g/mol ，所以气体为一氧化碳和二氧化碳，两者的物质的量之比为（44-36．9）/（36．9-28）=4/5，固体产物中铁元素不可能是三价形式存在，而盐中只有碳酸钾，结合电子得失守恒，可推断铁元素只能以亚铁和铁单质的性质存在，所以方程式为：2K 3[Fe(C 2O 4)3] △ 3K 2CO 3+Fe+FeO+4CO ↑+5CO 2↑
考点：探究物质的组成和配制一定物质的量浓度的溶液
20．(8分)在标准状况下，1体积水溶解了448体积氯化氢气体，所得溶液密度为1.18 g ·cm -3，
求盐酸的质量分数和物质的量浓度。

【答案】42.4%,13.6 mol ·L -1
【解析】w(HCl)=1
11
15.364.2244810005.364.22488----•⨯•÷+•⨯•÷mol g mol L L g mol g mol L L ×100%=42.2%, c(HCl)=3331
1018.117304.22488----•⨯•÷•÷cm
L cm g g mol L L =13.6 mol ·L -1。

21．物质A ～I 之间能发生如下反应(图中部分反应的条件和产物没有全部标出)，其中A 、B 、
C、I为金属单质，B是地壳中含量最多的金属，甲、乙、丙为气体。

请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：C__________、H____________。

（2）写出气体甲在气体乙中燃烧的化学方程式：___________________；该反应的现象有：____________________。

（3）写出反应③的化学方程式：__________________；向反应③所得溶液中通入过量的CO2，写出反应的离子方程式：_________________________。

（4）写出反应⑤的离子方程式：____________________；
（5）检验物质D中阳离子的方法名称是：_____________________。

【答案】（1）Fe；Fe(OH)3 ；
（2）H2＋Cl22HCl；安静燃烧，苍白色火焰，瓶口有白雾；
（3）2Al＋2NaOH＋2H2O= 2NaAlO2＋3H2↑；
AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋ HCO3－；
（4）2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；（5）焰色反应；
【解析】
试题分析：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；B是地壳中含量最多的金属，氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，G与氢氧化钠与得到红褐色沉淀H，则C为Fe，F为FeCl2，G 为FeCl3，H为Fe(OH)3．
（1）由上述分析可知，C为Fe、H为Fe(OH)3，故答案为：Fe；Fe(OH)3；
（2）气体甲在气体乙中燃烧的化学方程式：H2+Cl22HCl，该反应的现象有：安静燃烧，
苍白色火焰，瓶口有白雾，故答案为：H2+Cl22HCl；安静燃烧，苍白色火焰，瓶口有白
雾；
（3）反应③的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，向反应③所得溶液中通入过量的CO2，反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-；
（4）反应⑤的离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；（5）物质D中阳离子为钠离子，具有钠离子的方法名称是：焰色反应，故答案为：焰色反应。

【考点定位】考查无机推断
【名师点晴】本题是无机框图推断题，考查物质推断与性质，难度中等，掌握元素化合物的性质是解题的关键，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口。

推断图中的特征反应现象常见的有：（1）焰色反应：Na+(黄色)、K+(紫色)；（2）使品红溶液褪色的气体：SO2 (加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；（3）白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色)；（4）在空气中变为红棕色：NO；（5）气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；（6）使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；（7）空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。

22．下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。

根据图示回答问题：
（1）按要求写出下列化学用语：若B原子中子数比质子数多1，则B的原子符号为；C的电子式为，若D最外层只有两个电子，则D的原子结构示意图；
（2）写出反应①的化学方程式是；写出反应②的化学方程式并标出电子转移的方向和数目__________________
（3）J与稀硝酸反应的离子方程式是；用排水法收集满该反应的还原产物后，将试管倒扣在水槽中并通入O2使试管刚好全部充满水，假设液体不外溢，则所得溶液的物质的量浓度为。

【答案】（1），
，
（
2）2Al＋2NaOH＋2H2O
＝2NaAlO2＋3H2↑，；（3）3Fe3O4＋28H+＋NO3-＝9Fe3+＋NO↑＋14H2O，1/22.4mol/L。

【解析】
试题分析：B是地壳中含有最高的金属元素，推知B为Al，J是磁性材料，则J是Fe3O4，G 为气体单质，根据反应②的特点，H：H2O，D为Fe ，G：H2，A：Fe2O3，E：Al2O3，C为NaOH，F为NaAlO2，I为AlCl3，（1）Al为13号元素，中子数为14，质量数为27，则Al的原子符
号是，NaOH的电子式为：
，D 为铁，26号元素，其原子结构示意图为：
（
2）反应①是金属铝和氢氧化钠的反应，2Al ＋2NaOH ＋2H 2O=2NaAlO 2＋3H 2
↑，铁和水蒸气在高温下生成氢气和四氧化三铁，铁失去电子，H 得到电子，因此有：
；（3）Fe 3O 4有1/3的Fe 2＋和2/3的Fe 3＋
组成，
硝酸具有强氧化性，把Fe 2＋氧化成Fe 3＋，即反应方程式为：3Fe 3O 4＋28H ＋＋NO 3－=9Fe 3＋＋NO ↑＋14H 2O ，发生的反应是4NO ＋3O 2＋2H 2O=4HNO 3，设试管的体积为1L ，生成HNO 3的物质的量为1/22.4mol ，水充满整个试管，溶液的体积为1L ，则硝酸的物质的量浓度为1/22.4mol ·L －1。

考点：考查无机物的推断、元素及其化合物的性质、氧化还原反应、化学计算等知识。

23．利用芳香烃X 和烯烃Y 可以合成紫外线吸收剂BAD 。