江西省抚州市金溪一中2022届高三化学上学期第二次周考试题含解析

2022-2022学年江西省抚州市金溪一中高三（上）第二次周考化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是()A．碳酸钡、碳酸氢钠、氢氧化铝均可作为抗酸药物使用B．人体内的蛋白质不断分解，最终生成水和二氧化碳排出体外C．工业生产玻璃和水泥，均需要用纯碱为原料D．“地沟油”的主要成分是油脂，其组成与汽油、煤油不相同2．下列说法正确的是()①经分析某物质只含有一种元素，则该物质一定是单质；②根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等；③NO2和水反应能生成硝酸，但NO2不是酸性氧化物④溶液是电中性的，胶体是带电的⑤不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等．A．①③④B．仅③C．仅⑤D．②③④⑤3．某研究性学习小组讨论下列四种装置的有关用法，其中不合理的是()A．此装置：可用来证明碳的非金属性比硅强B．此装置：橡皮管的作用是平衡压强，使水顺利流下C．此装置：用图示的方法能检查此装置的气密性27D．此装置：可收集二氧化碳或氨气4．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是()A．向氯水中加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在B．向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42﹣C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水5．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．加入甲基橙试液呈红色的溶液NH4+，K+，SO42﹣，Cl﹣B．饱和氯水中Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣C．Na2S溶液中SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+D．pH=12的溶液中NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+6．下列离子方程式书写正确的是()A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I﹣+IO3﹣+3H2O═3I2+6OH﹣B．往硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液并加热，刚好使NH4+全部转化为NH3：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣NH3↑+Al（OH）3↓+2BaSO4↓+H2OC．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD．FeSO4溶液与稀硫酸、双氧水混合：Fe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O7．2022年诺贝尔化学奖获得者施罗克等人发现，金属钼的卡宾化合物可以作为非常有效的烯烃复分解催化剂．工业上冶炼钼的化学原理为①2MoS2+7O22MoO3+4SO2②MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O③（NH4）2MoO4+2HCl═H2MoO4↓+2NH4Cl④H2MoO4MoO3+H2O⑤用还原剂将MoO3还原成金属钼．则下列说法正确的是()A．反应①和⑤都属于置换反应B．MoO3属于碱性氧化物C．在反应①中Mo和S均被氧化D．利用H2、CO和铝分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为2：2：3278．标准状态下，在四个干躁的烧瓶中分别充入：①纯净的氨气，②混有体积空气的氯化氢气体，③纯净的NO2气体，④混有少量O2的NO2气体．然后各做喷泉实验．实验后，三烧瓶中溶液的物质的量浓度大小关系是()A．①=②=③=④B．①=②=③＞④C．①=②=③＜④D．④＞①=②＞③9．NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是()A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA10．NA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（+1）NAB．所含碳氢键数目为NAC．燃烧时消耗的O2一定是LD．所含原子总数为NA11．在3BrF3+5H2O═9HF+HBrO3+O2↑+Br2的反应中，若有10molH2O参加反应，则被水还原的BrF3是()A．molB．2molC．molD．mol12．部分氧化的Fe﹣Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共2.88g，经如下处理：下列说法正确的是()A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B．V=224C．样品中CuO的质量为2.0gD．样品中Fe元素的质量为1.07g13．下列各组溶液中只用一种试剂（包括试纸）就能鉴别的是（允许加热）()①FeCl2、Al（NO3）3、MgSO4、NH4NO3溶液；②苯乙烯、溴苯、苯、乙醇③MnO2、FeS、CuO、C四种黑色固体粉末；④NaCl、AlCl3、Ba（OH）2、HCl四种溶液．27A．只有①③B．只有①②③C．只有①③④D．①②③④14．下列实验操作，正确的是()①制备Fe（OH）3胶体，通常是将Fe（OH）3固体溶于沸水中．②实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用500mL容量瓶配制两次．③为了除去硝酸钾溶液中含有的少量硝酸钡杂质，可以加入过量的碳酸钾溶液，过滤后除去沉淀，在滤液中加入适量硝酸调至溶液的pH为7．④制取Fe（OH）2时，吸取NaOH溶液的胶头滴管的末端应插入FeSO4溶液中，再逐渐注入NaOH溶液．⑤用浓氨水洗涤做过银镜反应的试管⑥为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量⑦用分液漏斗分离溴乙烷和水的混合物时，应注意，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出．A．②⑤⑥B．④⑥⑦C．③④⑦D．以上都不正确15．分子式为C5H11Cl的有机物在NaOH水溶液中加热得到有机物甲，甲与分子式为C5H10O2的酸酯化得到有机物乙，则有机物乙的可能结构有()A．12种B．16种C．32种D．40种16．A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X．它们有如图的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是()A．X元素可能为AlB．X元素一定为非金属元素C．反应①和②互为可逆反应D．反应①和②不可能都为氧化还原反应二、非选择题（共52分）17．（1）反应2KMnO4+16HBr═5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，氧化剂是__________．（2）已知BrFx与H2O按物质的量之比3：5反应的产物是HF、HBrO3、Br2、O2，该反应中的还原剂是__________，氧化剂是__________，BrFx中的x=__________．（3）浓盐酸在反应KClO3+HCl﹣→KCl+ClO2+Cl2+__________（补充完整此项化学式及化学计量数）中显示出来的性质是__________．（4）在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72﹣和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为__________．18．某混合溶液中可能含有的离子如表所示：可能大量含有的阳离子H+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl﹣、Br﹣、I﹣、CO32﹣、AlO2﹣为探究其成分，进行了以下探究实验．27（1）探究一：甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示．①该溶液中一定含有的阳离子是__________，其对应物质的量浓度之比为__________，一定不存在的阴离子是__________；②请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式__________．（2）探究二：乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）5.6L11.2L22.4Ln（Cl﹣）2.5mol3.0mol4.0moln（Br﹣）3.0mol2.6mol1.6moln（I﹣）xmol00①原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为（最简整数比）__________．②当通入Cl2的体积达到11.2L时，溶液中发生的总反应的离子方程式可表示为：__________．19．铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁[Fe2（OH）n（SO4）]m是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾K2FeO4是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，某化学探究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物质为水，一定条件下可得铁的固体氧化物Fe3O4，检验Fe3O4中铁的化合价，应使用的试剂是__________（填标号）．A．稀硫酸B．稀硝酸C．KSCN溶液D．酸性高锰酸钾溶液（2）在溶液Ⅰ中加入NaClO3，写出其氧化Fe2+的离子方程式__________．（3）Fe2O3与KNO3和KOH的混合物加热共融可制得K2FeO4．完成并配平下列化学方程式：□Fe2O3+□KNO3+□KOH﹣□__________+□KNO2+□__________该反应中的氧化剂是__________，每生成1molK2FeO4转移__________mol电子．（4）为测定溶液I中铁元素的总含量，实验操作：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++I2I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣27①写出滴定选用的指示剂__________，滴定终点观察到的现象__________．②溶液I中铁元素的总含量为__________g•L﹣1．若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会__________（填“偏高”、“偏低”、“不变”）．20．A．BC．D．E．F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与AD反应都有红棕色气体生成，则A为__________，反应④的化学方程式为__________．（2）若A为常见的金属单质，DF是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是__________．（3）若A．D．F都是短周期非金属元素单质，且A．D所含元素同主族，A．F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为__________．21．有机物A的分子式为C9H10O2，A在光照条件下生成一溴代物B，B分子的核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积比为2：2：2：3，B可发生如下转化关系（无机产物略）：已知：①K与氯化铁溶液发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构；②当羟基与双键碳原子相连时，会发生如下转化：RCH=CHOH→RCH2CHO；请回答下列问题：（1）B中含氧官能团的名称是：__________（2）反应⑤属于__________反应类型．（3）写出结构简式：A__________，J__________（4）写出下列反应的化学方程式：反应②：__________反应④：__________（5）同时符合下列要求的K的同分异构体有__________种；写出其中任意两种的结构简式：__________、__________．Ⅰ．苯环上的一元取代物只有两种结构Ⅱ．能发生银镜反应Ⅲ．与氯化铁溶液发生显色反应．27272022-2022学年江西省抚州市金溪一中高三（上）第二次周考化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是()A．碳酸钡、碳酸氢钠、氢氧化铝均可作为抗酸药物使用B．人体内的蛋白质不断分解，最终生成水和二氧化碳排出体外C．工业生产玻璃和水泥，均需要用纯碱为原料D．“地沟油”的主要成分是油脂，其组成与汽油、煤油不相同【考点】药物的主要成分和疗效；含硅矿物及材料的应用；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】化学计算．【分析】A．胃酸的成分为盐酸，治疗胃酸过多需根据药物的成分及与酸的反应来分析；B．人体内的蛋白质最终以尿素的形式排出体外；C．石灰石的主要成分是碳酸钙，高温下碳酸钙和二氧化硅能发生化学反应，生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，生产水泥以黏土和石灰石为主要原料；D．油脂属于酯类，而汽油、煤油是由烃类物质构成的．【解答】解：A．胃酸的主要成分为盐酸，胃酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳气体，反应的离子方程式为HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，胃酸与氢氧化铝反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，碳酸氢钠和氢氧化铝可用来治疗胃酸过多，碳酸钡能与胃液中的盐酸反应生成可溶性的氯化钡而导致中毒，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故A错误；B．人体内的蛋白质不断分解，最终以尿素的形式排出体外，故B错误；C．生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥，所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石，故C错误；D．油脂的成分是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，而汽油、煤油均属于复杂烃类的混合物，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学与生活、生产密切相关的知识，题目难度不大，学习中注意常见有机物、抗酸药物使用的原理以及工业生产玻璃和水泥的原料是解答的关键．2．下列说法正确的是()①经分析某物质只含有一种元素，则该物质一定是单质；②根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等；③NO2和水反应能生成硝酸，但NO2不是酸性氧化物④溶液是电中性的，胶体是带电的⑤不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等．A．①③④B．仅③C．仅⑤D．②③④⑤【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系．【专题】物质的分类专题．27【分析】①物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成．纯净物又分为单质和化合物．由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物．氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素．某物质只含有一种元素，则该物质可能是单质，也可能是混合物，但是一定不是化合物；②根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；③酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，反应为复分解反应；④胶体是分散系也是电中性；⑤丁达尔现象是胶体的性质分析；【解答】解：①某物质只含有一种元素，则该物质可能是混合物，如氧气和臭氧组成的混合物只有一种元素，故①错误；②根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等，不是依据分子中的氢原子个数就行分类，故②错误；③NO2和水反应能生成硝酸和一氧化氮，发生的是氧化还原反应，与碱反应也是发生氧化还原反应，所以NO2不是酸性氧化物，故③正确；④胶体微粒吸附带电粒子，整个胶体是电中性，故④错误；⑤丁达尔现象是胶体的性质，溶液和浊液都无此现象，故⑤错误；故选B．【点评】本题考查物质组成、分散系、物质分类的依据分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．3．某研究性学习小组讨论下列四种装置的有关用法，其中不合理的是()A．此装置：可用来证明碳的非金属性比硅强B．此装置：橡皮管的作用是平衡压强，使水顺利流下C．27此装置：用图示的方法能检查此装置的气密性D．此装置：可收集二氧化碳或氨气【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．碳酸的酸性大于硅酸；B．橡皮管可使下部的压力转移到上方；C．液柱法测定装置的气密性，甲、乙中应出现液面差；D．①进气可收集二氧化碳，②进气可收集氨气．【解答】解：A．发生二氧化碳与硅酸钠的反应，生成硅酸和碳酸钠，碳酸的酸性大于硅酸，可比较非金属性C＞Si，故A正确；B．橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故B正确；C．液柱法测定装置的气密性，甲、乙中应出现液面差，而图中甲、乙液面相平，不能检查气密性，故C错误；D．二氧化碳的密度比空气大，氨气的密度比空气的小，则①进气可收集二氧化碳，②进气可收集氨气，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及非金属性与酸性的比较、装置气密性的检查、气体的收集及装置的作用，综合性较强，侧重实验原理和物质性质的考查，选项B为解答的难点，题目难度不大．4．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是()A．向氯水中加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在B．向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42﹣C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【考点】常见阴离子的检验；氯气的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质．【分析】A、氯气溶于水，与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中含有氯气、次氯酸分子，依据HClO的性质解答；B、SO32﹣在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸根；C、Fe与稀HNO3反应生成NO；D、HCl、NH3均极易溶于水．【解答】解：A、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，所以向氯水中加入有色布条一会儿有色布条褪色，不能说明溶液中有Cl2存在，故A错误；B、SO32﹣在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸根，生成硫酸钡沉淀，故B错误；C、Fe与稀HNO3反应生成NO，该反应不是置换反应，Fe与稀H2SO4反应有氢气生成，属于置换反应，故C错误；D、HCl、NH3均极易溶于水，则分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，故D正确；27故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于考查学生的综合运用化学知识的能力和评价能力，题目难度不大，注意把握相关物质的性质及物质的结构，选项A为易错点．5．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．加入甲基橙试液呈红色的溶液NH4+，K+，SO42﹣，Cl﹣B．饱和氯水中Cl﹣、NO3﹣、Na+、SO32﹣C．Na2S溶液中SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+D．pH=12的溶液中NO3﹣、I﹣、Na+、Al3+【考点】离子共存问题．【分析】A．加入甲基橙试液呈红色的溶液，显酸性；B．氯水具有氧化性；C．离子之间结合生成沉淀；D．pH=12的溶液，显碱性．【解答】解：A．加入甲基橙试液呈红色的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．氯水具有氧化性，与SO32﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．S2﹣、Cu2+结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．pH=12的溶液，显碱性，不能大量存在Al3+，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．6．下列离子方程式书写正确的是()A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I﹣+IO3﹣+3H2O═3I2+6OH﹣B．往硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液并加热，刚好使NH4+全部转化为NH3：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣NH3↑+Al（OH）3↓+2BaSO4↓+H2OC．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2OD．FeSO4溶液与稀硫酸、双氧水混合：Fe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．酸性溶液中氢离子与氢氧根离子反应生成水；B．刚好使NH4+全部转化为NH3：硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液应按照物质的量之比1：2反应；C．电荷不守恒，原子个数不守恒；D．电荷不守恒．【解答】解：A．KIO3酸性溶液与KI反应的离子方程式：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O，故A错误；B．NH4Al（SO4）2溶液与Ba（OH）2溶液应按照物质的量之比1：2反应刚好使NH4+全部转化为NH3：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣NH3↑+Al（OH）3↓+2BaSO4↓+H2O，故B正确；27C．浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故C错误；D．FeSO4溶液与稀硫酸、双氧水反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故D错误；故选：B．【点评】离子方程式的书写及正误判断是高考必考内容，把握离子方程式书写的方法，物质拆分的原子是解题的关键，判断离子方程式书写正误时，注意原子个数、电荷、得失电子守恒规律的应用．7．2022年诺贝尔化学奖获得者施罗克等人发现，金属钼的卡宾化合物可以作为非常有效的烯烃复分解催化剂．工业上冶炼钼的化学原理为①2MoS2+7O22MoO3+4SO2②MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O③（NH4）2MoO4+2HCl═H2MoO4↓+2NH4Cl④H2MoO4MoO3+H2O⑤用还原剂将MoO3还原成金属钼．则下列说法正确的是()A．反应①和⑤都属于置换反应B．MoO3属于碱性氧化物C．在反应①中Mo和S均被氧化D．利用H2、CO和铝分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为2：2：3【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．单质与化合物反应生成单质与化合物的反应为置换反应；B．与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而该氧化物与碱反应生成盐和水；C．反应①中，Mo、S元素的化合价升高；D．还原等量的MoO3，转移电子数相同，以此计算．【解答】解：A．反应①的生成物均为化合物，则不属于置换反应，故A错误；B．由反应②可知，MoO3属于酸性氧化物，故B错误；C．反应①中，Mo、S元素的化合价升高，则Mo和S均被氧化，故C正确；D．原等量的MoO3，转移电子数相同，若转移6mol电子，需要还原剂物质的量之比为3：3：2，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，涉及知识点较多，明确置换反应、酸性氧化物、还原剂发生的反应及氧化还原反应中电子守恒的计算即可解答，题目难度中等．8．标准状态下，在四个干躁的烧瓶中分别充入：①纯净的氨气，②混有体积空气的氯化氢气体，③纯净的NO2气体，④混有少量O2的NO2气体．然后各做喷泉实验．实验后，三烧瓶中溶液的物质的量浓度大小关系是()A．①=②=③=④B．①=②=③＞④C．①=②=③＜④D．④＞①=②＞③27【考点】物质的量浓度的相关计算；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】物质的量浓度和溶解度专题；氮族元素．【分析】气体的体积相等，相同条件下气体的物质的量相等，令气体的物质的量为3mol，则烧瓶的容积为3×22.4L．再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度比．①纯净的氨气，完全溶于水，溶液的体积等于烧瓶容积．②混有体积空气的氯化氢气体，氯化氢为2mol，溶液体积等于烧瓶容积的．③纯净的NO2气体，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成硝酸2mol，1molNO，所以溶液体积等于烧瓶容积的．④混有少量O2的NO2气体，把NO2分成两部分：第一部分：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由于O2很少，故还有：第二部分：3NO2+H2O=2HNO3+NO，这样第一部分反应中，5份的气体（4NO2+O2）生成4份HNO3，这部分得到的浓度小了，故比只有NO2气体浓度小．【解答】解：①纯净的氨气，完全溶于水，溶液的体积等于烧瓶容积，所以溶液浓度为=mol/L；②混有体积空气的氯化氢气体，氯化氢为2mol，溶液体积等于烧瓶容积的，所以溶液物质的量浓度为=mol/L；③纯净的NO2气体，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成硝酸2mol，1molNO，所以溶液体积等于烧瓶容积的，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L；④混有少量O2的NO2气体，把NO2分成两部分：第一部分：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由于O2很少，故还有：第二部分：3NO2+H2O=2HNO3+NO．这样第一部分反应中，5份的气体（4NO2+O2）生成4份HNO3，这部分溶液体积等于二氧化氮与氧气的体积，故这部分的浓度为=mol/L，第二部分浓度为=mol/L．所以比只有NO2气体形成的溶液浓度小．故溶液浓度①=②=③＞④．故选：B．【点评】考查物质的量浓度计算，浓度中等，注意④中把整体分为两部分考虑．关键是判断溶液体积与气体的体积关系．9．NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是()A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．27【分析】A．亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，根据亚铁离子和碘离子的物质的量计算出转移的电子数；B．硫酸钾中阳离子为硫酸根离子，1mol硫酸根离子带有2mol负电荷；C．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；D．丙烯和环丙烷的分子式都是C3H6，42g混合物中含有1molC3H6．【解答】解：A．1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，与足量氯气反应，1mol亚铁离子失去1mol电子、2mol碘离子失去2mol电子，总共转移了3mol电子，转移的电子数为：3NA，故A错误；B．2L0.5mol•L﹣1硫酸钾溶液中含有溶质硫酸钾1mol，1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，含有2mol负电荷，阴离子所带电荷数为2NA，故B错误；C．1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol阴阳离子，含离子总数为3NA，故C错误；D．42g丙烯和环丙烷的混合物中含有1molC3H6分子，含有6molH原子，含有氢原子的个数为6NA，故D正确；故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确过氧化钠中含有的阴离子为过氧根离子，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．10．NA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（+1）NAB．所含碳氢键数目为NAC．燃烧时消耗的O2一定是LD．所含原子总数为NA【考点】阿伏加德罗常数；物质分子中的原子个数计算．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】C2H4和C3H6的最简式为CH2，所以ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为：mol；没有告诉在标准状况下，无法计算燃烧时消耗氧气的体积；在乙烯、丙烯和环丙烷分子中，平均每个碳原子形成一个碳碳键、每个氢原子形成一个碳氢键，据此计算出所含共用电子对数、碳氢键数目．【解答】解：ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，27A、在环丙烷、丙烯和乙烯分子中，每个C含有1个碳碳共用电子对、每个H形成了1个碳氢共用电子对，所以总共含有mol共用电子对，即NA，故A错误；B、每个氢原子形成1个碳氢键，ag混合物中总共含有molH原子，所以含有molH原子碳氢键，所含碳氢键数目为NA，故B正确；C、没有告诉在标准状况下，题中条件无法计算ag混合物燃烧消耗的氧气的体积，故C错误；D、ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为：mol，所含原子总数为NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意满足C3H6的化合物可能为烯烃，有可能为环烷烃；注意掌握根据最简式计算混合物中含有原子数目的方法．11．在3BrF3+5H2O═9HF+HBrO3+O2↑+Br2的反应中，若有10molH2O参加反应，则被水还原的BrF3是()A．molB．2molC．molD．mol【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由﹣2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用．根据氧化还原反应中电子转移守恒计算被水还原的BrF3的物质的量．【解答】解：在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由﹣2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用．由方程式可知若有10molH2O参加反应，则有4mol水被氧化，失去电子的物质的量为4mol×（2﹣0）=8mol，令被水还原的BrF3的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则8mol=xmol×（3﹣0），x=mol，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应的计算、氧化还原反应基本概念，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂、还原剂，利用电子转移守恒、元素守恒计算．12．部分氧化的Fe﹣Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共2.88g，经如下处理：下列说法正确的是()27A．滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B．V=224C．样品中CuO的质量为2.0gD．样品中Fe元素的质量为1.07g【考点】铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；有关混合物反应的计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】硫酸足量，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜元素0.025mol，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体1.6g为Fe2O3，物质的量为0.01mol，铁元素的物质的量为0.02mol，利用极限法判断样品中金属Fe、CuO的质量问题，滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.02mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.02mol，硫酸含氢离子0.04mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，计算合金中氧原子的物质的量，进而计算氧原子它结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积．【解答】解：硫酸足量，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣1.6g为金属铜，物质的量为0.025mol，即合金样品中总共含有铜元素0.025mol，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体1.6g为Fe2O3，物质的量为0.01mol，铁元素的物质的量为0.02mol，利用极限法判断样品中金属Fe、CuO的质量问题，滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.02mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.02mol，硫酸含氢离子0.04mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水A．由上述分析可知，滤液A中的阳离子为Fe2+、H+，故A错误；B．最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.02mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.02mol，含氢离子0.04mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧原子的物质的量=0.01mol，它结合氢离子0.02mol，所以硫酸中有0.04mol﹣0.02mol=0.02molH+生成氢气，即生成0.01mol氢气，标况体积=0.01mol×22.4L/mol=0.224=224ml，故B正确；C．铜元素0.025mol，样品中CuO的质量为0.025mol×80g/mol=2g，部分氧化时，其CuO质量小于2g，故C错误；D．铁元素的物质的量为0.02mol，其质量为0.02mol×56g/mol=1.12g，故D错误；故选B．【点评】本题考查混合物计算及物质的性质，为高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答，题目难度中等．13．下列各组溶液中只用一种试剂（包括试纸）就能鉴别的是（允许加热）()①FeCl2、Al（NO3）3、MgSO4、NH4NO3溶液；27②苯乙烯、溴苯、苯、乙醇③MnO2、FeS、CuO、C四种黑色固体粉末；④NaCl、AlCl3、Ba（OH）2、HCl四种溶液．A．只有①③B．只有①②③C．只有①③④D．①②③④【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】①可加入NaOH鉴别；②可加溴水鉴别；③可用浓盐酸鉴别；④可用碳酸氢钠鉴别．【解答】解：①加入NaOH溶液，FeCl2生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，Al（NO3）3先生成白色沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，MgSO4生成白色沉淀，NH4NO3溶液生成刺激性气体，可鉴别，故正确；②加入溴水，苯乙烯可使溴水褪色，溴苯的密度比水大，色层在下层，苯的密度比水小，色层在上层，乙醇和水混溶，可鉴别，故正确；③加入浓盐酸，MnO2与浓盐酸在加热时可生成黄绿色气体，FeS与盐酸反应生成臭鸡蛋气味的气体，CuO与盐酸反应，溶液呈黄绿色或蓝色，C与盐酸不反应，可鉴别，故正确；④加入碳酸氢钠溶液，NaCl无现象，AlCl3与碳酸氢钠发生互促水解生成沉淀和气体，Ba（OH）2与碳酸氢钠反应生成沉淀，HCl与碳酸氢钠反应生成气体，可鉴别，故正确．故选D．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同，难度不大．14．下列实验操作，正确的是()①制备Fe（OH）3胶体，通常是将Fe（OH）3固体溶于沸水中．②实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用500mL容量瓶配制两次．③为了除去硝酸钾溶液中含有的少量硝酸钡杂质，可以加入过量的碳酸钾溶液，过滤后除去沉淀，在滤液中加入适量硝酸调至溶液的pH为7．④制取Fe（OH）2时，吸取NaOH溶液的胶头滴管的末端应插入FeSO4溶液中，再逐渐注入NaOH溶液．⑤用浓氨水洗涤做过银镜反应的试管⑥为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量⑦用分液漏斗分离溴乙烷和水的混合物时，应注意，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出．A．②⑤⑥B．④⑥⑦C．③④⑦D．以上都不正确【考点】化学实验方案的评价．【分析】①制备Fe（OH）3胶体，通常是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至溶液呈红褐色为止；②实验中配制一定物质的量浓度溶液时，所选容量瓶规格应该等于或稍微大于所需溶液体积；③为了除去硝酸钾溶液中含有的少量硝酸钡杂质，可以加入过量的碳酸钾溶液，过滤后除去沉淀，在滤液中加入适量硝酸调至溶液的pH为7；④制取Fe（OH）2时，吸取NaOH溶液的胶头滴管的末端应插入FeSO4溶液中，防止生成的氢氧化亚铁被氧化；⑤Ag能溶于稀硝酸中，不溶于氨水中；27⑥瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能和NaOH反应；⑦用分液漏斗分离互不相溶的溶液时，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出．【解答】解：①制备Fe（OH）3胶体，通常是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至溶液呈红褐色为止，不能长时间加热，否则会产生红褐色沉淀，故错误；②实验中配制一定物质的量浓度溶液时，所选容量瓶规格应该等于或稍微大于所需溶液体积，所以配制950mL溶液需要1000mL容量瓶，故错误；③为了除去硝酸钾溶液中含有的少量硝酸钡杂质，可以加入过量的碳酸钾溶液，过滤后除去沉淀，在滤液中加入适量硝酸调至溶液的pH为7，稀硝酸能除去过量的碳酸钾，故正确；④制取Fe（OH）2时，氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，为防止氢氧化亚铁被氧化，则吸取NaOH溶液的胶头滴管的末端应插入FeSO4溶液中，故正确；⑤Ag能溶于稀硝酸中，不溶于氨水中，应该用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，故错误；⑥瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能和NaOH反应生成硅酸钠和水，应该用铁坩埚，故错误；⑦用分液漏斗分离互不相溶的溶液时，下层液体从下口倒出，为防止倒出的液体中含有杂质，则上层液体从上口倒出，故正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、仪器洗涤、基本操作等知识点，明确物质性质及基本操作是解本题关键，注意：除杂时不仅要除去杂质且不能引进新的杂质，题目难度不大．15．分子式为C5H11Cl的有机物在NaOH水溶液中加热得到有机物甲，甲与分子式为C5H10O2的酸酯化得到有机物乙，则有机物乙的可能结构有()A．12种B．16种C．32种D．40种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】化学实验基本操作．【分析】先根据碳链异构写出写出戊烷烷的所有同分异构体，然后写出一氯代物的种类，一氯代物都能水解得到醇；然后根据C5H10O2即C4H9﹣C0OH，有机物的种类由C4H9﹣决定，最后确定有机物乙的结构种类．【解答】解：分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况，所以也有8种醇；C5H10O2即C4H9﹣C0OH同分异构体有：CH3CH2CH2CH2C0OH、CH3CH（CH3）CH2C0OH、H00CCH（CH3）CH2CH3、CH3C（CH3）2C0OH共4种，所以有机物乙的可能结构有8×4=32，故选：C．【点评】本题考查学生同分异构体的书写，要求学生具有整合知识的能力，掌握方法即可完成，难度较大．16．A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X．它们有如图的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是27()A．X元素可能为AlB．X元素一定为非金属元素C．反应①和②互为可逆反应D．反应①和②不可能都为氧化还原反应【考点】无机物的推断．【分析】A为单质，B、C为化合物，所以①②一定为氧化还原反应，据这两个反应特点知甲元素在①反应中化合价既升高，又降低，故A一定不是金属，为非金属元素，①②不互为可逆反应，因为条件不同，据此答题．【解答】解：A为单质，B、C为化合物，所以①②一定为氧化还原反应，又因为A、B、C均含有元素X，因此反应①是歧化反应，根据这两个反应特点知X元素在①反应中化合价既升高，又降低，A中元素化合价为0，金属没有负价，故A一定不是金属，为非金属元素，A．由上述分析可知，A为非金属，若X为Al，铝和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠与氢气不能反应，故A错误；B．根据上述分析，X元素一定是非金属元素，故B正确；C．反应①和②的反应条件不同，不能互为可逆反应，故C错误；D．反应①和②一定有元素的化合价升降，则一定均为氧化还原反应，故D错误．故选B．【点评】本题以推断题形式，考查了氧化还原反应，涉及归中规律和歧化反应的应用，根据金属无负价，能发生归中反应和歧化反应的一定是非金属元素．二、非选择题（共52分）17．（1）反应2KMnO4+16HBr═5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，氧化剂是KMnO4．（2）已知BrFx与H2O按物质的量之比3：5反应的产物是HF、HBrO3、Br2、O2，该反应中的还原剂是BrF3，氧化剂是BrF3，BrFx中的x=3．（3）浓盐酸在反应KClO3+HCl﹣→KCl+ClO2+Cl2+2H2O（补充完整此项化学式及化学计量数）中显示出来的性质是酸性和还原性．（4）在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72﹣和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为1.5mol．【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Br元素化合价由﹣1价变为0价，根据元素化合价判断氧化剂；（2）在化合物中F元素显﹣1价，BrFx与H2O按物质的量之比3：5，根据原子守恒配平方程式知3BrFx+5H2O=3xHF+HBrO3+Br2+O2，根据H原子守恒得3x+1=10，x=3，该反应中Br元素化合价由+3价变为0价、+5价，根据元素化合价变化判断氧化剂、还原剂；（3）根据元素守恒知，生成物应该还有H2O，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、由﹣1价变为0价，根据HCl中Cl元素化合价是否变化判断浓盐酸性质；（4）该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，根据转移电子守恒计算PbO2的物质的量．27【解答】解：（1）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Br元素化合价由﹣1价变为0价，根据元素化合价变化知，KMnO4是氧化剂，故答案为：KMnO4；（2）在化合物中F元素显﹣1价，BrFx与H2O按物质的量之比3：5，根据原子守恒配平方程式知3BrFx+5H2O=3xHF+HBrO3+Br2+O2，根据H原子守恒得3x+1=10，x=3，该反应中Br元素化合价由+3价变为0价、+5价，根据元素化合价变化知，还原剂是BrF3，氧化剂是BrF3，故答案为：BrF3；BrF3；3；（3）根据元素守恒知，生成物应该还有H2O，该反应中氯酸钾中Cl元素化合价由+5价变为+4价、HCl中Cl元素化合价由﹣1价变为0价，根据转移电子及原子守恒配平方程式为2KClO3+4HCl﹣=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O，根据方程式知，HCl中部分Cl元素化合价由﹣1价变为0价、部分Cl元素化合价不变，所以HCl体现还原性和酸性，故答案为：2H2O；还原性和酸性；（4）该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Cr元素化合价由+3价变为+6价，根据转移电子守恒得PbO2的物质的量==1.5mol，故答案为：1.5mol．【点评】本题考查了氧化还原反应计算，根据方程式中转移电子相等、原子守恒配平方程式，再结合各个物理量之间的关系式计算，结合基本概念分析解答，题目难度不大．18．某混合溶液中可能含有的离子如表所示：可能大量含有的阳离子H+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl﹣、Br﹣、I﹣、CO32﹣、AlO2﹣为探究其成分，进行了以下探究实验．（1）探究一：甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示．①该溶液中一定含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+，其对应物质的量浓度之比为2：3：1，一定不存在的阴离子是CO32﹣、AlO2﹣；②请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式Al（OH）3+OH﹣=AlO2+2H2O．（2）探究二：乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况）5.6L11.2L22.4Ln（Cl﹣）2.5mol3.0mol4.0moln（Br﹣）3.0mol2.6mol1.6moln（I﹣）xmol00①原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为（最简整数比）10：15：3．②当通入Cl2的体积达到11.2L时，溶液中发生的总反应的离子方程式可表示为：5Cl2+6I﹣+4Br﹣=10Cl﹣+3I2+2Br2．【考点】离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．27【分析】（1）①开始加入2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H++OH﹣═H2O，再加入氢氧化钠溶液至5V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4++OH﹣⇌NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+H2O，消耗氢氧化钠V0；依据定量关系分析判断离子存在情况和离子物质的量之比；②沉淀减少是氢氧化铝与过量的氢氧化钠反应生成可溶性偏铝酸钠．（2）还原性：I﹣＞Br﹣，加入氯气5.6L时溶液中I﹣amol，则说明通入5.6LCl2只发生：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，5.6L变成11.2L，消耗5.6LCl2的物质的量为=0.25mol，发生Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣、Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，结合离子反应方程式计算．【解答】解：（1）①根据图象，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+；由离子共存可知，一定不含有CO32﹣、AlO2﹣，开始加入2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H++OH﹣═H2O，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，有Al3+；再加入氢氧化钠溶液至5V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4++OH﹣⇌NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+H2O，消耗氢氧化钠V0；沉淀的质量不变，反应为NH4++OH﹣⇌NH3•H2O的反应，则有NH4+；图中反应现象无法确定是否含K+；综上所述一定含有H+、NH4+、Al3+，物质的量之比=2V0：3V0：V0=2：3：1，故答案为：H+、NH4+、Al3+；2：3：1；CO32﹣、AlO2﹣；②沉淀减少是氢氧化铝与过量的氢氧化钠反应生成可溶性偏铝酸钠，离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2+2H2O；（2）①由于还原性：I﹣＞Br﹣，加入氯气5.6L时溶液中I﹣xmol，Cl2的物质的量为=0.25mol，Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，0.250.5消耗n（I﹣）=2×0.25mol=0.5mol，生成n（Cl﹣）=2×0.25mol=0.5mol，此时n（Br﹣）=3.0mol，则说明原溶液中n（Br﹣）=3.0mol；5.6L变成11.2L，消耗Cl2的物质的量为=0.25mol，发生：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，Br﹣消耗3.0﹣2.6=0.4mol，需要氯气0.2mol，Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣0.2mol0.4molCl2+2I﹣═I2+2Cl﹣0.05mol0.1mol则x=0.1mol，所以原溶液中：n（I﹣）=0.5mol+0.1mol=0.6mol，n（Cl﹣）=2.5mol﹣0.5mol=2mol，27n（Cl﹣）：n（Br﹣）：n（I﹣）=2：3：0.6=10：15：3，故答案为：10：15：3；②当通入Cl2的体积达到11.2L时，碘离子均被氧化，溴离子部分氧化，由电子、电荷守恒可知离子反应为5Cl2+6I﹣+4Br﹣=10Cl﹣+3I2+2Br2，故答案为：5Cl2+6I﹣+4Br﹣=10Cl﹣+3I2+2Br2．【点评】本题综合考查离子反应，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力考查，注意②中反应的先后顺序为解答的关键，题目难度中等．19．铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁[Fe2（OH）n（SO4）]m是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾K2FeO4是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，某化学探究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物质为水，一定条件下可得铁的固体氧化物Fe3O4，检验Fe3O4中铁的化合价，应使用的试剂是ACD（填标号）．A．稀硫酸B．稀硝酸C．KSCN溶液D．酸性高锰酸钾溶液（2）在溶液Ⅰ中加入NaClO3，写出其氧化Fe2+的离子方程式6Fe2++ClO3﹣+6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O．（3）Fe2O3与KNO3和KOH的混合物加热共融可制得K2FeO4．完成并配平下列化学方程式：□Fe2O3+□KNO3+□KOH﹣□K2FeO4+□KNO2+□H2O该反应中的氧化剂是KNO3，每生成1molK2FeO4转移3mol电子．（4）为测定溶液I中铁元素的总含量，实验操作：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++I2I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣①写出滴定选用的指示剂淀粉，滴定终点观察到的现象溶液由蓝色变无色且半分钟不变色．②溶液I中铁元素的总含量为5.6g•L﹣1．若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会偏高（填“偏高”、“偏低”、“不变”）．【考点】制备实验方案的设计；铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】实验分析题；实验设计题．【分析】本题以铁为原料，制备聚合硫酸铁和高铁酸钾，主要考查的是Fe3+和Fe2+的检验，以及结合氧化还原反应理论分析反应原理并能用化学方程式或离子方程式表示，最后还利用滴定原理测定聚合硫酸铁中铁的含量，可结合关系式，借助原子守恒解题；（1）欲检验Fe3O4中铁的化合价，需要用酸溶解形成溶液，再分别取样检验二价铁离子和三价铁离子的存在；（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；27（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，反应中KNO3所含有元素化合价降低是氧化剂，每生成一个转移电子数为6﹣3=3；（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．【解答】解：（1）因硝酸有强氧化性，只能选择用稀硫酸溶解Fe3O4，将所得溶液取二份样品，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色，证明溶液里有Fe3+，另一份滴加酸性高锰钾溶液，溶液紫色褪去，可知溶液里有Fe2+，由此推断出Fe3O4中铁的化合价有+2、+3二种，故答案为：ACD；（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；（3）KNO3和KOH的混合物，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，氧化剂为KNO3，每生成1molK2FeO4转移3mol电子，故答案为：1、3、2、K2FeO4、3、H2O；HNO3；3；（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﹣）=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．【点评】本题考查了物质的制备方案的设计、常见离子的检验、氧化还原反应配平、化学计算等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，是一道质量结合的题目，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．20．A．BC．D．E．F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与AD反应都有红棕色气体生成，则A为Mg，反应④的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2O．（2）若A为常见的金属单质，DF是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+．27（3）若A．D．F都是短周期非金属元素单质，且A．D所含元素同主族，A．F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2，则E是Mg（NO3）2；（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2；（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应．【解答】解：（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2，则E是Mg（NO3）2；通过以上分析知，B是CO2、F是HNO3，在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应④的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2O，故答案为：Mg；HNO3；C+4HNO3（浓）CO2+4NO2↑+2H2O；（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，反应②（在水溶液中进行）的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+；27（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应①为C与二氧化硅的反应，该反应为2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑．【点评】本题考查无机物的推断、常用化学用语等，为高频考点，涉及常见元素及其化合物知识的考查，把握元素的位置及单质的性质来分析推断各物质，注意根据物质的特殊元素、物质结构、物质之间的转化关系进行推断，熟悉常见单质及其化合物的性质是解本题关键，题目难度中等．21．有机物A的分子式为C9H10O2，A在光照条件下生成一溴代物B，B分子的核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积比为2：2：2：3，B可发生如下转化关系（无机产物略）：已知：①K与氯化铁溶液发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构；②当羟基与双键碳原子相连时，会发生如下转化：RCH=CHOH→RCH2CHO；请回答下列问题：（1）B中含氧官能团的名称是：酯基（2）反应⑤属于加聚反应反应类型．（3）写出结构简式：A，J（4）写出下列反应的化学方程式：反应②：反应④：（5）同时符合下列要求的K的同分异构体有3种；写出其中任意两种的结构简式：、．Ⅰ．苯环上的一元取代物只有两种结构Ⅱ．能发生银镜反应Ⅲ．与氯化铁溶液发生显色反应．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．27【分析】G能发生水解反应说明G中含有酯基，G发生加聚反应生成乙酸乙烯酯，则G的结构简式为：CH3COOCH=CH2，G羧基生成C和F，F能发生氧化反应生成E，E能生成C，则F是乙醛，C是乙酸钠，E是乙酸；有机物A的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，考虑含有苯环，A在光照条件下生成的一氯代物B，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D，D含有连续氧化生成J，D含有醇羟基，A含有酯基，故A中含有1个苯环、1个酯基，A在光照条件下生成的一氯代物B，A含有烃基，结合K的一卤代产物只有两种同分异构体，故A为，B为，D为，I为，J为，K为，M为，据此解答．【解答】解：G能发生水解反应说明G中含有酯基，G发生加聚反应生成乙酸乙烯酯，则G的结构简式为：CH3COOCH=CH2，G羧基生成C和F，F能发生氧化反应生成E，E能生成C，则F是乙醛，C是乙酸钠，E是乙酸；有机物A的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，考虑含有苯环，A在光照条件下生成的一氯代物B，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D，D含有连续氧化生成J，D含有醇羟基，A含有酯基，故A中含有1个苯环、1个酯基，A在光照条件下生成的一氯代物B，A含有烃基，结合K的一卤代产物只有两种同分异构体，故A为，B为，D为，I为，J为，K为，M为，（1）B为，则B中含氧官能团名称是酯基，故答案为：酯基；（2）G在一定条件下发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯，故答案为：加聚反应；（3）A、J的结构简式分别为：、，故答案为：、；（4）反应②的方程式为：，反应④的方程式为：27故答案为：，；（5）K为，K的同分异构体有一下特点，Ⅰ．苯环上的一元取代物只有两种结构，说明苯环上只有一种类型的氢原子；Ⅱ．能发生银镜反应说明含有醛基；Ⅲ．与氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基，则符合条件的K的同分异构体有：，所以共有3种同分异构体，故答案为：【点评】考查有机物的推断，是对有机物知识的综合运用，题目给出某反应信息要求学生加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，难度较大，根据G的加聚产物的结构简式判断G的分子式，再根据G发生的反应与分子式判断G的结构简式是推断的关键，再利用正推法与逆推法结合推断其它物质，注意充分利用反应条件．27