高考化学复习河南省辉县市第四高级中学毕业班考前化学适应性训练.docx

高中化学学习材料
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河南省辉县市第四高级中学2016届毕业班考前化学适应性训练
（5月月考）（解析版）
1．在0.1 mol/L H 2S 溶液中，各微粒浓度大小比较正确的是
A ．c （H +）＞c （HS -）＞c （S 2-）＞c （H 2S ）
B ．c （H 2S ）＞c （H +） ＞c （HS -）＞c （S 2-）
C ．c （H 2S ）＞c （H +） ＞c （S 2-）＞c （HS -）
D ．c （H +）＞c （H 2S ）=c （S 2-）＞c （HS -）
【答案】A
【解析】多元弱酸的电离是分步进行的，其中以第一步电离为主，即第一步电离的程度最大。

由于0.1mol/L H
2S 溶液中存在下列平衡：H 2S H ++HS -，HS - H ++S 2-，H 2O H ++OH -，
根据电荷守恒得c （H+）=c （HS -）+c （S 2-）+c （OH -），根据物料守恒得c （H 2S ）+c （HS -）
+c （S 2-）=0.1 mol/L ，又因为H 2S 溶液中第一步电离大于第二步电离，所以可知A 选项正确。

2．X 、Y 、Z 三种气体，取X 和Y 按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X ＋2Y 2Z ，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y 的转化率最接近于 ( )
A ．33%
B ．40%
C ．50%
D ．66%
【答案】D
【解析】
试题分析： X ＋2Y 2Z
起始量（mol ） 1 1 0
转化量（mol ） x 2x 2x
平衡量（mol ） 1－x 1－2x 2x
则根据题意可知（1－x ＋1－2x ）:2x ＝3:2
解得x ＝13
所以Y 的转化率是
32，答案选D 。

考点：考查可逆反应的有关计算
点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。

试题难易适中，贴近高考，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

该题试题相应注意的是在进行可逆反应的有关计算时，一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某深刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。

3．（2015秋•连云港期末）下列关于物质的分类中，正确的是（ ）
酸性氧化物 酸 盐 混合物 电解质
A 干冰 CH 3COOH 烧碱 （NH 4）2SO 4•FeSO 4•6H 2O C 2H 5OH
B Al 2O 3 HNO 3 NaHSO 4 氯水 Cu
C P 2O 5 HClO 纯碱 铝土矿 H 2O
D NO Fe （OH ）3 CaCO 3 浓盐酸 NH 3
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】C
【解析】A 、烧碱属于碱，（NH 4）2SO 4•FeSO 4•6H 2O 属于纯净物，C 2H 5OH 属于非电解质，故A 错误；
B 、Al 2O 3属于两性氧化物，Cu 不是电解质，故B 错误；
C 、选项中的各物质符合自己所属的类别，P 2O 5能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，HClO 属于酸，纯碱碳酸钠属于盐，铝土矿是多种氧化物的混合物，水属于电解质，故C 正确；
D 、NO 属于不成盐氧化物，Fe （OH ）3属于碱，NH 3属于非电解质，故D 错误．
【点评】本题考查氧化物、酸、盐、混合物、电解质的判别，了解常见物质的组成与构成、抓住各概念的特征进行分析判断是解答此类题的关键．
4．将一定质量的锌粉与100 mL 18.5 mol ·L -1的浓H 2SO 4混合，充分反应后锌完全溶解，生成了标准状况下的混合气体33.6 L （设浓H 2SO 4的还原产物只有SO 2，稀硫酸只生成H 2），将反应后的溶液稀释成1L 时，溶液pH=1，参加反应的锌为 （ ）
A.0.9 mol
B.1.2 mol
C.1.5 mol
D.1.8 mol
【答案】C
【解析】由反应式：Zn+2H 2SO 4(浓)====ZnSO 4+SO 2↑+2H 2O,Zn+H 2SO 4====ZnSO 4+H 2↑,不论生成SO 2还是H 2，Zn 的物质的量都与气体的物质的量相等。

故n(Zn)=n （气）=14.226.33-∙mol
L L =1.5 mol 。

5．用N A 表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述错误的是
A ．标准状况下，1.12 LHCHO 所含的原子总数是0.2N A
B ．标准状况下，11.2L
C 2H 2和N 2的混合气分子中叁键数目为0.5N A
C ．常温常压下，4.6g Na 在O 2中燃烧消耗O 2的分子数为0.1 N A
D ．25℃时， pH ＝1的CH 3COOH 溶液中的H ＋数为0.1 N A
【答案】D
【解析】
6．0.02 mol 某金属单质与足量的盐酸反应,放出0.672 LH 2（标准状况），并转变为具有Ne 原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是 （ ）
A ．第三周期第ⅢA 族
B ．第二周期第ⅢA 族
C ．第三周期第ⅡA 族
D ．第四周期第ⅡA 族
【答案】A
【解析】
试题分析：0.672 LH 2（标准状况）为0.672/22.4=0.03mol ，即转移的电子数为0.06mol ，而该金属为0.02mol ，所以该金属离子的的价态为0.06/0.02=3，又因为其与Ne 原子的电子层结构，所以该金属为Al ，其在元素周期表中的位置是第三周期第ⅢA 族，故答案为A 。

考点：元素周期表
点评：本题通过计算的方式推断元素周期表中的元素，有一定的新颖性，该题不难。

7．下列叙述正确的是
A．元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得
B．得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
C．阳离子只能得到电子被还原，只能做氧化剂
D．含有最高价元素的化合物一定具有强的氧化性
【答案】A
【解析】
试题分析：A、化合物中元素的化合价可能升高也可能降低生成单质，如2H2S+SO2═3S↓+2H2O，故A正确；B、利用得电子的难易程度比较氧化性，得电子数的多少不能判断氧化性的强弱，故B错误；C、处于中间价态的金属阳离子既能作氧化剂又能作还原剂，如Fe2+既能作氧化剂又能作还原剂，故C错误；D、一般含有最高价元素的化合物具有强氧化性，如高锰酸钾、硝酸等，但也有部分物质，如二氧化碳中C为最高价，不具有强氧化性，故D错误。

考点：本题考查氧化还原反应原理。

8．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是（）
A.2H＋＋2e－===H2
B.Fe2＋＋2e－===Fe
C.2H2O＋O2＋4e－===4OH－
D.Fe3＋＋e－===Fe2＋
【答案】C
【解析】
试题分析：钢铁发生吸氧腐蚀时正极是氧气得到电子，答案选C。

考点：考查金属的吸氧腐蚀
点评：该题属于基础性试题，难度不大，只要熟练记住吸氧腐蚀和析氢腐蚀的区别，即不难得出结论。

9．N A代表阿伏伽德罗常数。

已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物
A．所含共用电子对数目为（a/7+1）N A B．所含碳氢键数目为aN A/7
C．燃烧时消耗的O2一定是 33. 6a/ 14L D．所含原子总数为aN A/14
【答案】B
【解析】
试题分析： A、1个C2H4分子中含共用电子对数目为6，假设ag完全为C2H4，含共用电子对数目为3aN A/14， 1个C3H6分子中含共用电子对数目为9，假设ag完全为C3H6，含共用电子对数目为3aN A/14，则该混合物所含共用电子对数目为3aN A/14，错误；B、C2H4和C3H6的最简式均为CH2,1molCH2中含碳氢键数目为2N A，ag混合物中CH2的物质的量为a/14mol,含碳氢键数目为aN A/7，正确；C、没有明确温度和压强，无法确定消耗氧气的体积，错误；D、 C2H4和C3H6的最简式均为CH2,1molCH2中含原子数目为3N A，ag混合物中CH2的物质的量为a/14mol,含原子数目为3aN A/14，错误。

考点：考查阿伏伽德罗常数及相关物质的结构。

10．欲使0.1mol∙L－1的NaHCO3溶液中c(H+)、c(CO32-)、c(HCO3¯)都减少，其方法是
A．通入二氧化碳气体 B．加水稀释
C．通入氯化氢气体 D．加入饱和石灰水溶液
【答案】D
【解析】
试题分析：A.向NaHCO3溶液中通入二氧化碳气体，由于CO2与水会发生反应：CO2+H2O=H2CO3，
反应产生的碳酸电离产生H+、HCO3-，会使溶液中c(H+)、c(HCO3¯)都增大，错误；B. 加水稀释，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，溶液碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，所以氢离子浓度增大，错误； C.HCl+NaHCO3 =NaCl+H2O+CO2 ↑，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以c(H+)增大，错误； D.Ca(OH)2 +NaHCO3 =BaCO3↓+ H2O+NaOH，所以加入Ca(OH)2溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钡沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，正确。

考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡及溶液中有关离子浓度的有关知识。

11．下列说法正确的是（）
A．在一定条件下，乙烯能与H2发生加成反应，苯不能与H2发生加成反应
B．C2H6O和C4H10都有2种同分异构体
C．乙酸乙酯、乙酸均能与NaOH反应，二者分子中官能团相同
D．淀粉和蛋白质均可水解生成葡萄糖
【答案】B
【解析】
试题分析：A．在一定条件下，乙烯能与H2发生加成反应，苯也能与H2发生加成反应，错误；B．C2H6O有乙醇和二甲醚2种同分异构体； C4H10有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，正确；C．乙酸乙酯、乙酸均能与NaOH反应，前者官能团是酯基，后者是羧基，分子中官能团不相同，错误；D．淀粉可水解生成葡萄糖，而蛋白质水解产生氨基酸，错误。

考点：考查有机物的结构与性质的知识。

12．下列微粒中与OH-离子具有不相同的质子数和相同的电子数，该微粒为( )
A.F－
B.Mg2＋
C.Cl－
D.K＋
【答案】B
【解析】OH-离子的质子数是9，电子数数10。

A、B、C、D中质子数和电子数分别为9和10、12和10、17和18、19和18。

所以正确的答案是B。

13．分析阿司匹林的结构，推知阿司匹林可以看作烃的衍生物中的（）
A．酚类B．醇类C．醛类D．酯类
【答案】D
【解析】阿司匹林的结构简式为，从结构中可以看出，它有官能团：
和—COOH，所以阿司匹林可以看作羧酸类和酯类，因此答案选D。

14．下列说法中正确的是
A．PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果
B．sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道
C．凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体
D．AB3型的分子立体构型必为平面三角形
【答案】C
【解析】
试题分析：A、PCl3为三角锥形是因为P原子的价层电子对数为4，P原子为sp3杂化，其中有一对孤对电子，所以空间构型为三角锥形，A错误；B、sp3杂化轨道是指同一电子层内，1个s轨道和3个p轨道杂化，形成能量相等的四个sp3杂化轨道，B错误；C、中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型为四面体，若无孤对电子，则为四面体，有一对孤对电子，则为三角锥形，有2对孤对电子，则为V形，C正确；D、AB3形的分子可能是平面三角形，也可能是三角锥形，如PCl3为三角锥形，D错误，答案选C。

考点：本题主要是考查分子空间构型及杂化轨道的判断
【名师点晴】由价层电子特征判断分子立体构型：判断时需注意以下两点：（1）价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。

①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。

（2）价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。

两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。

15．下列叙述中，正确的是：（）
A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B．得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
C．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
D．有单质参加的反应不一定属于氧化还原反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A、在氧化还原反应中，同一种元素既可以被氧化也可以被还原，A错误；B、氧化性强弱与得到电子的多少无关，与得到电子的难易程度有关，B错误；C、处于中间价态元素的微粒既有氧化性也有还原性，如Fe2+、SO32-既有氧化性也有还原性，C错误；D、有单质参加的反应不一定属于氧化还原反应，例如金刚石转化为石墨等，D正确，答案选D。

【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断
【名师点晴】关于氧化性、还原性判断需要注意一下几点：①氧化性、还原性强弱取决于元素的原子得失电子的难易，与得失电子数目无关，如Na原子能失1个电子，Al原子可失3个电子，但还原性Na＞Al。

②不能依据氧化剂或还原剂自身化合价变化值的大小说明氧化性或还原性的强弱。

如3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O和Cu＋4 HNO3 (浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O中氧化性：浓HNO3＞稀HNO3。

③某些物质的氧化性、还原性还与溶液的酸碱度有关。

KMnO4的氧化性按碱性、中性、酸性条件逐渐增强；ClO3－、NO3－中性条件下无氧化性，但酸性条件下具有强氧化性。

④处于最高价态的元素具有氧化性，处于最低价态的只有还原性，介于中间价态的既有氧化性，也有还原性。

16．（12分）汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N 2(g) + O2(g) 2NO(g) △H > 0
已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10-4。

请回答：
（1）该反应的平衡常数表达式为。

（2）该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，N2的转化率是 %（保留整数）。

（3）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L 和3.0×10-3mol/L，此时反应（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是。

（4）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是（填字母序号）。

（5）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态。

与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数（填“变大、“变小”或“不变”）。

【答案】（每空2分，共12分）
（1）（2分）（书写不规范酌情扣分）
（2） 4 % （2分）
（3）向正反应方向进行；（2分） < K （2分）
（4）AC（2分，只选一个且正确得1分，多选、错选均无分）
（5）不变（2分）
【解析】
试题分析：（1）根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=c（NO）2/c(N2)c(O2)；（2）2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，N2和O2的浓度均为0.5mol/L，设平衡时氮气的浓度减少xmol/L，则 N 2(g) + O2(g) 2NO(g)
开始（mol/L） 0.5 0.5 0
转化（mol/L） x x 2x
平衡（mol/L）0.5-x 0.5-x 2x
则K=64×10-4=(2x)2/( 0.5-x)( 0.5-x)，解得x=0.02，所以平衡时氮气的转化率为0.02mol/L/0.5mol/L×100%=4%；
（3）计算此时的浓度积c（NO）2/c(N2)c(O2)=（3.0×10-3）2/(2.5×10-1) ×(4.0×10-2)=9×10-4<64×10-4，所以平衡向正反应方向进行；
（4）A、纵坐标表示平衡常数，该反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，则平衡常数增大，正确；B、有无催化剂对反应速率有影响，但不改变平衡状态，NO的平衡浓度不变，错误；C、温度升高，平衡正向移动，氮气的转化率增大，正确，所以答案选AC；
（5）该反应是反应前后气体的物质的量不变的可逆反应，当达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，相当于充入等物质的量的N2和O2，与原平衡物质的物质的量的比例关系相同，所以达到的新平衡与原平衡等效，则平衡混合气中NO的体积分数不变。

考点：考查平衡常数的书写，化学平衡的计算，平衡移动的判断，等效平衡的应用
17．利用生活中或实验室中常用的物品，根据氧化还原反应知识和电学知识，自己动手设计一个原电池。

请填写下列空白：
（1）实验原理：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。

（2）实验用品：电极________、________、稀硫酸、________（填写所缺的实验用品）、耳机（或者电流计）。

（3）实验装置：
（4）原电池设计及注意的问题。

①按如图所示连接好实验仪器，注意观察（耳朵听）耳机是否有声音发出，如果没有，可将原电池的两个电极中的一极接触耳机插头上的一极（注意：接触的同时耳机的另一个极是连接在原电池的另一个电极上的），这时可以听见耳机发出“嚓嚓嚓”声音。

其原因是：在原电池中，由化学能转化为________。

②如果将装置中的耳机改为电流计，则铁钉应该接电流计的______
极，电极反应是________________；另一极应该接电流计的________极，电极发生了________反应（“氧化”或“还原”）。

【答案】（2）铁钉或铁条 铜钉（其他的惰性电极如铅笔芯、铂等） 烧杯、导线
（4）①电能 ②负 Fe －2e －=Fe 2＋ 正 还原
【解析】由实验原理：Fe ＋2H ＋=Fe 2＋＋H 2↑，可知组成该原电池的负极应为Fe ，正极可选用
活动性比Fe 弱的金属或导电的非金属。

18．摄影胶卷上涂的感光材料主要是AgBr 。

在照相时按动快门的一瞬间，进入相机的光使AgBr 发生了分解反应2B r Ag 2AgB r 2 光。

由于进光量极少，分解出的Ag 极少，所以必须通过化学方法进行显影才能看到底片上的影像。

对苯二酚是一种常用的显影剂，在显影时发生了如下变化：
(1)曝光时所产生的微量Ag 在显影过程中________。

A ．是氧化剂
B ．是还原剂
C ．起催化剂的作用
D ．不起什么作用
(2)显影液中如果只溶有对苯二酚，显影速度则非常缓慢。

为提高显影速度，可加入_________。

A ．Na 2SO 4
B ．Na 2SO 3
C ．Na 2CO 3
D ．Na 2S 2O 3 (3)溶于显影液中的氧气能与对苯二酚反应，最终生成棕褐色的污斑，影响底片的质量。

为避免形成污斑，可向显影液中加入__________。

A．Na2SO4 B．Na2SO3 C．Na2CO3 D．Na2S2O3
【答案】(1)B(2)C(3)B
【解析】(1)Ag不是反应物，它不可能是氧化剂或还原剂。

如果微量Ag不起作用，显影后的底片就会漆黑一片。

曝光时产生的微量Ag能催化反应③，因底片各处的曝光程度不同，分解出的Ag的量也不同，催化作用就有强弱之别，这样才能使底片上出现黑白有致的影像。

(2)由苯酚的弱酸性可联想到对苯二酚也是弱酸，加碱(Na2CO3)可促其电离，增大
的浓度，提高显影速度。

(3)可加入还原性比对苯二酚更强的物质，以消耗显影液中的O2。

Na2SO3和Na2S2O3虽都有还原性，但后者能与AgBr发生配合反应(是定影剂)，应选B。

19．（4分）选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。

A．萃取分液法B．加热分解C．结晶法D．分液法E．蒸馏法F．过滤法
⑴从碘的水溶液中提取碘：；
⑵从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾：；
⑶分离水和油的混合物：；
⑷分离CCl4（沸点：76.75℃）和甲苯（沸点：110.6℃）的混合：。

【答案】A、C、D、E
【解析】
20．某课外活动小组对一氧化碳还原氧化铁的实验中最后的产物产生浓厚的兴趣，试通过实验来探究其成分。

Ⅰ．实验装置：
用一氧化碳还原氧化铁的实验装置
该装置B中发生的离子方程式是
装置B的作用是
Ⅱ．实验现象：玻璃管A中的粉末由红色逐渐变为黑色时，停止加热，继续通一氧化碳，冷
却到室温，停止通气，同时观察到澄清的石灰水变浑浊。

Ⅲ．实验结论：
甲认为：依据上述实验现象可以判断出生成的黑色固体为金属铁。

乙认为：仅从上述实验现象，不足以证明生成的黑色固体为金属铁，她增加了一个实验：用磁铁靠近生成的黑色固体，看到有黑色固体被磁铁吸引。

于是得出生成的黑色固体为金属铁的结论。

请你通过该反应的相关资料对他们结论作出判断并通过实验检验其合理性：
（1）在一定条件下：一氧化碳与氧化铁在加热条件下，可发生如下反应
3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2
Fe3O4+4CO4Fe+4CO2
（2）四氧化三铁（Fe3O4）为黑色固体，有强磁性，能够被磁铁吸引。

甲、乙同学的结论：你对此评价的理由是：
Ⅳ．实验探究
对反应后固体成分提出假设：
假设1：反应后固体中只有Fe；
假设2：反应后固体中只有Fe3O4；
假设3：反应后固体中__ _____________________
为确定实验中最后的产物的成分，丙同学设计如下实验，请您利用限选试剂和仪器帮助他完成该探究过程，并将答案写在答题卡
．．．．．相应位置。

限选试剂和仪器
．．．．．．．： 1mol/LCuSO4 、0.01mol/L KSCN溶液、1mol/L盐酸、0.01mol/L氯水、试管、玻璃棒、胶头滴管。

实验操作预期现象和结论
步骤一：取硬质玻璃管中固体产物少量分别于A、B试管中，加入足量
．．1mol/LCuSO4溶液、搅拌溶解。

（1）若A试管中黑色固体不溶解，并且没有观察到其他现象，则黑色固体为
（2）若B试管中有红色固体析出，则说明黑色固体中含有Fe。

步骤二：对试管B中溶液过滤，将所得固体洗涤干净后，加足量1mol/L盐酸后，再依次分别加入适量0.01mol/L氯水、少量0.01mol/L KSCN溶液（1）若溶液不变红色，则（2）若溶液变红色，则
Ⅴ．延伸探究：丁同学试图通过反应前后固体质量的变化来确定黑色固体的成分，你认为可行吗？（假设氧化铁在反应中完全反应）（填“行”或“不行”）理由是。

【答案】（16分）
Ⅰ. Ca2++2OH-+ CO2= CaCO3↓+H2O （2分）
吸收CO中的CO2，便于CO燃烧被除去。

（2分）
Ⅲ.甲、乙同学的结论均不正确；铁和四氧化三铁都是黑色且均能被磁铁吸引。

（1+2分共3分）
Ⅳ.假设3：反应后固体中既含有Fe又含有Fe3O4（1分）
实验操作预期现象和结论
（1）若A试管中黑色固体不溶解，并且没有观察到其他现
象，则黑色固体为Fe3O4（1分）
（1）若溶液不变红色，则假设1正确（2分）
（2）若溶液变红色，则假设3正确（2分）
Ⅴ.行（1分）；
等质量氧化铁完全反应后生成铁或者四氧化三铁或铁和四氧化三铁，固体质量的变化不相同。

（2分）
【解析】
试题分析：
Ⅰ.结合题目信息，反应后气体中有CO和CO2，可知石灰水的作用是吸收CO2，便于CO燃烧被除去。

Ⅲ.(2) 由题目信息，四氧化三铁（Fe3O4）为黑色固体，有强磁性，能够被磁铁吸引，可以
得到答案。

Ⅳ.步骤一中，若出现红色说明有铁置换出铜单质，若没有则黑色固体为Fe3O4。

步骤二中，Fe与盐酸只能生成Fe2+，Fe3O4与盐酸能生成Fe2+和 Fe3+。

Ⅴ. 氧化铁完全反应后生成铁或者四氧化三铁固体质量的变化不相同。

考点：本题以探究实验为基础，考查了元素及化合物性质、探究基本方法、分析问题能力。

21．（6分）将3.84 g Fe和Fe2O3的混合物溶于120 mL的盐酸，刚好完全反应，生成0.03 mol H2，若反应后的溶液中无Fe3+，且溶液体积不变，试求：
（1）原混合物中Fe2O3和Fe的质量分别为多少？
（2）原盐酸的物质的量浓度。

【答案】（1）m(Fe)=2.24 g m(Fe2O3)= 1.6 g （2）1 mol/L
【解析】考查根据方程式进行的有关计算。

（1）设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为x mol、y mol
Fe2O3 + 6H+=2Fe3++3H2O Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑
y 2y y 2y (x-y) (x-y)
x-y=0.03
56x+160y=3.84 解得x=0.04，y=0.01
故m(Fe)=0.04 mol×56 g·mol-1=2.24 g
m(Fe2O3)=0.01 mol×160 g·mol-1=1.6 g
（2）n(HCl)=2n(FeCl2)=2[n(Fe)+2n(Fe2O3)]=2×0.06 mol=0.12 mol
c(HCl)=n(HCl)/V[HCl(aq)]=0.12 mol/0.12L=1 mol/L
22．（6分）下图中A~G均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系。

其中A是天然气的主要成分，B是一种能使带火星木条复燃的气体，C是一种能使澄清石灰石变浑浊的气体，E是一种淡黄色粉末状固体。

（反应过程中某些产物已略去）
请回答问题：
（1）A的电子式为。

（2）E的化学式为。

（3）写出C转化为F的化学方程式。

（4）写出G溶液中通入过量C的离子方程式。

【答案】（1） (1分)
（2）Na2O2(1分)
（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(2分)
（4）CO2+OH—= HCO3—(2分)
【解析】
试题分析：A是天然气的主要成分，是甲烷，B是氧气，C是二氧化碳，D为水，E为过氧化钠。

E过氧化钠与C二氧化碳反应生成F碳酸钠和氧气，D水和E过氧化钠反应生成G氢氧化钠和氧气，G氢氧化钠与C二氧化碳反应生成F碳酸钠和水。

考点：钠和化合物的性质。

23．已知A、B、D、E、F、G、X、Y、Z满足下列转化关系。

其中A、B、E为固体化合物，D、G为固体单质，F、X、Z为可燃性气体，F和X的燃烧火焰分别为蓝色和淡蓝色。

（1）写出E的名称：____________________________；
（2）B的电子式为；
（3）E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是；
（4）A和D反应的化学方程式：____ 。

【答案】（1）碳化钙（2）（3）降低反应速率（4）SiO2＋2C 高温
Si
＋2CO↑
【解析】
试题分析：化合物A与单质D反应得到单质G与气体F，单质G与NaOH溶液反应得到气体X，X、F为可燃性气体，F和X的燃烧火焰分别为蓝色和淡蓝色，则X为H2，F为CO，A为SiO2，G为碳，由转化关系可知，硅与氢氧化钠溶液反应生成氢气和Na2SiO3，Y为CO2，与硅酸钠溶液反应得到白色沉淀为H2SiO3，硅酸分解生成二氧化硅；可溶性气体Z由化合物E与食盐水得到，联系乙炔放热制备，则E是碳化钙，与饱和食盐水反应生成氢氧化钙和乙炔。

氢氧化钙吸收CO2生成碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙和CO2，因此B是CaO。

（1）根据以上分析可知E是CaC2，名称为碳化钙。

（2）氧化钙是离子化合物，电子式为。

（3）碳化钙与水反应过于剧烈，因此E生成Z的反应中用饱和食盐水的目的是降低反应速率；
（4）A和D反应的化学方程式为SiO2＋2C 高温
Si＋2CO↑。

【考点定位】本题主要是考查无机框图题推断
【名师点晴】化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。

它不仅可考查学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。

解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。