贵州省黔西南州兴义八中2022届高三化学上学期期中试卷含解析

贵州省黔西南州兴义八中2022-2022学年高三（上）期中化学试卷　一、选择题：每小题6分，每小题只有一个选项选项题意．1．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（　　）A．物质的量之比为1：1B．物质的量之比为1：2C．质量之比为4：1D．质量之比为2：1　2．下列离子方程式正确的是（　　）A．过量氯气通入溴化亚铁溶液中2Fe2++2Br﹣+2Cl2═Fe3++Br2+4Cl﹣B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性2H++SO42﹣+2OH﹣+Ba2+=BaSO4↓+2H2OC．碳酸氢钙和过量的氢氧化钠溶液反应：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2OD．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Cu+Fe3+=Fe2++Cu2+　3．将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（　　）A．11.2LB．6.72LC．8.96LD．4.48L　4．下列物质转化在给定条件下能实现的是（　　）①Al2O3NaAlO2Al（OH）3②SSO3H2SO4③NaOH（aq）NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3⑤NH4Cl（s）NH3NH4HCO3．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤　5．已知NH3和HCl都是能用来做喷泉实验的气体．若在同温同压下用等体积的两个烧瓶各收集满NH3和HCl气体，则喷泉实验完毕后两个烧瓶中溶液的关系正确的是（　　）A．溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同B．溶质的质量分数相同，溶质的物质的量不同C．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同D．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同　6．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（　　）选项XYASO2H2S-18-\nBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2A．AB．BC．CD．D　7．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1：1：1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（　　）A．1：6B．1：7C．2：11D．16：25　　二、非选择题：8．（14分）X、Y、Z、W四种物质有如图1相互转化关系（其中X、W单质，Y、Z为化合物，未列出反应条件）．Ⅰ．若Z是生活中常用的调味品，W遇淀粉溶液变蓝，则：（1）向FeCl2溶液中加入X的水溶液，是溶液颜色变为棕黄色的微粒是　　　　　　．（2）工业上Z有多种用途，用化学方程式表示Z的一种用途　　　　　　．（3）生活中所用的Z加入了碘酸钾，过量X与Y溶液反应时可以得到一种碘酸盐，此反应的离子方程式是　　　　　　．Ⅱ．若X是工业上用量最大的金属单质，Z是一种具有磁性的黑色晶体，则：（1）X与Y反应的化学方程式是　　　　　　．（2）若用如图2装置只进行Z+WX+Y反应（夹持装置未画出）：①完成此实验有多步操作，其中三步是：a．点燃酒精灯，b．滴加盐酸，c．检验气体纯度这三步操作的先后顺序是　　　　　　（填字母）．②为保证实验成功，上述装置需要改进，方法是（用文字叙述）　　　　　　．（3）将3.48gZ加入50mL4mol/L的稀HNO3中充分反应，产生112mL的NO（标准状况），向反应后的溶液中滴加NaOH溶液能产生沉淀．当沉淀量最多时，至少需要加入2mol/L的NaOH溶液　　　　　　mL（精确到0.1）．　-18-\n9．（14分）1．某废水中可能含有下列离子中的若干种：Fe3+、Al3+、Fe2+、Cu2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣．现进行如下实验：Ⅰ．取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化Ⅱ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色Ⅲ．向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成Ⅳ．向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褪色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成请回答下列问题：（1）该废水一定含有的离子是　　　　　　；（2）实验Ⅱ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是　　　　　　；（3）过滤除去Ⅳ中的蓝色沉淀，调整溶液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为Al+NO3﹣+OH﹣AlO2﹣+NH3+N2+H2O（未配平）．若除去0.2molNO3﹣，消耗铝　　　　　　g．2．某混合液中，可能大量含有的离子如表：阳离子H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+阴离子Cl﹣、Br﹣、OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示：（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　　　　　　，溶液中一定不存在的阴离子是　　　　　　．（2）请写出沉淀减少的离子方程式　　　　　　．　10．（15分）Ⅰ．乙组同学用如图装置来证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球．（1）实验时，先将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当C处产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，使之与稀硝酸分离．该组学生设计此步操作的目的　　　　　　．（2）将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的离子方程式为　　　　　　．（3）装置E中开始时出现浅红棕色气体，用F向E中鼓入空气后，可观察到烧瓶E内气体颜色加深，产生上述现象的原因是　　　　　　．（4）一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是　　　　　　．（5）装置D的作用是　　　　　　．Ⅱ．已知向含有淀粉的10mL0.2mol/LKIO3酸性溶液滴滴加0.3mol•L﹣1NaHSO3溶液的过程中，溶液的颜色先变蓝然后褪色，发生的离子反应如下：①　　　　　　IO3﹣+　　　　　　HSO3﹣=　　　　　　I2+　　　　　　SO42﹣+　　　　　　H2O+　　　　　　②I2+HSO3﹣+H2O═2I﹣+SO42﹣+3H+-18-\n回答下列问题（1）配平离子反应方程式①　　　　　　IO3﹣+　　　　　　HSO3﹣=　　　　　　I2+　　　　　　SO42﹣+　　　　　　H2O+　　　　　　（2）根据①②反应写出还原性粒子HSO3﹣、I2、I﹣由强到弱的顺序　　　　　　；（3）当溶液刚好褪色时，则消耗的NaHSO3溶液的体积为　　　　　　；（4）预测已知向含有淀粉的NaHSO3溶液滴加KIO3溶液的现象．　11．（15分）高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如图：已知：Ⅰ．RCOOR’+R’’18OHRCO18OR’’+R’OH（R、R’、R’’代表烃基），Ⅱ．（R、R’代表烃基）（1）①的反应类型是　　　　　　．（2）②的化学方程式为　　　　　　．（3）PMMA单体的官能团名称是　　　　　　、　　　　　　．（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为　　　　　　．（5）下列说法正确的是　　　　　　（填字母序号）．a．⑦为酯化反应b．B和D互为同系物c．D的沸点比同碳原子数的烷烃高-18-\nd．1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH（6）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是　　　　　　．（7）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式　　　　　　．　　-18-\n贵州省黔西南州兴义八中2022-2022学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题：每小题6分，每小题只有一个选项选项题意．1．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（　　）A．物质的量之比为1：1B．物质的量之比为1：2C．质量之比为4：1D．质量之比为2：1【考点】物质的量的相关计算．【分析】只有硅和NaOH溶液反应生成氢气，铁与HCl反应生成氢气，根据生成氢气的量计算粗硅中铁和硅的物质的量之比．【解答】解：根据电子得失：可知铁与盐酸反应：Fe～～H2，而硅与氢氧化钠反应：Si～～2H2，放出等量的H2，设生成氢的量为2mol，所以粗硅中铁和硅的物质的是之比为：2：1，质量之比为：2×56：1×28=4：1，故选：C．【点评】本题考查混合物反应的计算，侧重考查学生分析、计算能力，明确只有Si和NaOH溶液反应是解本题关键，利用关系式解答即可，题目难度不大．　2．下列离子方程式正确的是（　　）A．过量氯气通入溴化亚铁溶液中2Fe2++2Br﹣+2Cl2═Fe3++Br2+4Cl﹣B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性2H++SO42﹣+2OH﹣+Ba2+=BaSO4↓+2H2OC．碳酸氢钙和过量的氢氧化钠溶液反应：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2OD．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Cu+Fe3+=Fe2++Cu2+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．亚铁离子、溴离子均全部被氧化；B．逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水；C．碳酸氢钙完全反应，生成碳酸钡、碳酸钠和水；D．电子、电荷不守恒．【解答】解：A．过量氯气通入溴化亚铁溶液中的离子反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故A错误；B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性的离子反应为2H++SO42﹣+2OH﹣+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故B正确；C．碳酸氢钙和过量的氢氧化钠溶液反应的离子反应为Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C错误；D．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板的离子反应为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式书写的方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．　3．将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（　　）A．11.2LB．6.72LC．8.96LD．4.48L-18-\n【考点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算．【专题】计算题；氮族元素．【分析】依据铁与稀硝酸反应的离子方程式计算解答，注意反应离子过量与不足的判断，确定发生的化学反应．【解答】解：100ml溶液中含有氢离子的物质的量为：0.1L×6mol/L×2+0.1L×2mol/L=1.4mol；含有的硝酸根离子为：0.1L×2mol/L+0.1L×1mol/L=0.3mol，加入过量的铁粉，发生反应的离子方程式为：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O和反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，则：3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O2820.3mol1.2mol0.3mol剩余的氢离子的物质的量为：1.4mol﹣1.2mol=0.2mol，Fe+2H+=Fe2++H2↑，210.2mol0.1mol产生气体的物质的量为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，标况下体积为：0.4mol×22.4L/mol=8.96L，故选：C．【点评】本题考了硝酸的性质及其相关计算，题目难度中等，注意硝酸根离子在酸性环境先具有强的氧化性，所以本题应依据铁与硝酸酸的离子方程式计算，注意通过过量的判断确定发生的化学反应．　4．下列物质转化在给定条件下能实现的是（　　）①Al2O3NaAlO2Al（OH）3②SSO3H2SO4③NaOH（aq）NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3⑤NH4Cl（s）NH3NH4HCO3．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤【考点】镁、铝的重要化合物；铵盐；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】创新题型．【分析】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝．②硫燃烧生成二氧化硫．③氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再加热分解又生成碳酸钠．④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3．-18-\n⑤在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠．【解答】解：①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；③氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再加热分解又生成碳酸钠，故③正确；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++3H2O⇌2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；⑤在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故⑤正确．故①③⑤正确．故选：A．【点评】考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液．　5．已知NH3和HCl都是能用来做喷泉实验的气体．若在同温同压下用等体积的两个烧瓶各收集满NH3和HCl气体，则喷泉实验完毕后两个烧瓶中溶液的关系正确的是（　　）A．溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同B．溶质的质量分数相同，溶质的物质的量不同C．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同D．溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】根据在同温同压下下等体积的两种气体的物质的量相同，而NH3和HCl均易溶于水，故最后溶液均将充满整个烧瓶，即两溶液的体积相同，据此分析．【解答】解：假设在标准状况下，烧瓶的容积为22.4L，所以NH3和HCl的体积也均为22.4L，物质的量均为1mol，实验完毕后两个烧瓶中均充满溶液，溶液的体积为22.4L，溶质的物质的量均为1mol，所以实验完毕后两个烧瓶中溶质的物质的量浓度均为≈0.045mol•L﹣1；两溶液的体积相同，密度不同，故溶液的质量不同；而溶质的物质的量相同，但摩尔质量不同，故溶质的质量不同，故溶质的质量分数不同．故选A．【点评】本题考查了气体溶于水时物质的量浓度和质量分数的计算，难度不大，应注意的是由于气体的体积相同，故气体的物质的量相同，两气体均易全溶于水，故所得溶液的体积相同．　6．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（　　）选项XYASO2H2SBCl2CO2-18-\nCNH3CO2DSO2Cl2A．AB．BC．CD．D【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀；B．氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应；C．氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡和氯化铵；D．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子．【解答】解：A．二氧化硫与硫化氢反应生成S沉淀，则有沉淀生成，故A不选；B．氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应，则一直没有沉淀生成，故B选；C．氨气与氯化钡不反应，再通入二氧化碳，反应生成碳酸钡沉淀和氯化铵，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故C不选；D．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，但二氧化硫与氯气发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，则开始没有沉淀后来有沉淀生成，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的性质，侧重元素化合物性质的考查，涉及氯气、二氧化硫、氨气、二氧化碳与氯化钡的性质，综合性较强，注意发生的氧化还原反应及复分解反应即可解答，题目难度不大．　7．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1：1：1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（　　）A．1：6B．1：7C．2：11D．16：25【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】先根据转移电子守恒计算参加反应的n（FeS），根据硫原子的物质的量计算生成硫酸铁需要铁元素的物质的量，再根据剩余铁元素的物质的量计算起酸作用的硝酸的物质的量，根据气体的物质的量结合原子守恒计算被还原的硝酸的物质的量，从而得出FeS与HNO3的物质的量之比．【解答】解：设NO2、N2O4、NO的物质的量都是1mol，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（5﹣4）+1mol×2×（5﹣4）+1mol×（5﹣2）=6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算n（FeS），n（FeS）==mol，根据Fe2（SO4）3中硫酸根离子和铁离子的关系式知，生成硫酸铁需要的铁元素的物质的量==，则剩余的mol铁元素生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，生成Fe（NO3）3的硝酸的物质的量=mol×3=mol，根据氮元素守恒得，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+1mol=4mol，-18-\n所以实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比=mol：（+4mol）=1：7，故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，根据转移电子守恒计算n（FeS），再结合原子守恒来分析解答，难度中等，也可以根据转移电子守恒配平方程式进行解答．　二、非选择题：8．（14分）X、Y、Z、W四种物质有如图1相互转化关系（其中X、W单质，Y、Z为化合物，未列出反应条件）．Ⅰ．若Z是生活中常用的调味品，W遇淀粉溶液变蓝，则：（1）向FeCl2溶液中加入X的水溶液，是溶液颜色变为棕黄色的微粒是　Cl2　．（2）工业上Z有多种用途，用化学方程式表示Z的一种用途　2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH　．（3）生活中所用的Z加入了碘酸钾，过量X与Y溶液反应时可以得到一种碘酸盐，此反应的离子方程式是　3Cl2+I﹣+3H2O═6Cl﹣+IO3﹣+6H+　．Ⅱ．若X是工业上用量最大的金属单质，Z是一种具有磁性的黑色晶体，则：（1）X与Y反应的化学方程式是　3Fe+4H2OFe3O4+4H2　．（2）若用如图2装置只进行Z+WX+Y反应（夹持装置未画出）：①完成此实验有多步操作，其中三步是：a．点燃酒精灯，b．滴加盐酸，c．检验气体纯度这三步操作的先后顺序是　bca　（填字母）．②为保证实验成功，上述装置需要改进，方法是（用文字叙述）　在甲、乙装置中间增加一个装有水的洗气瓶　．（3）将3.48gZ加入50mL4mol/L的稀HNO3中充分反应，产生112mL的NO（标准状况），向反应后的溶液中滴加NaOH溶液能产生沉淀．当沉淀量最多时，至少需要加入2mol/L的NaOH溶液　97.5　mL（精确到0.1）．【考点】无机物的推断．【专题】推断题；元素及其化合物．-18-\n【分析】Ⅰ．若W遇淀粉溶液变蓝，w是碘单质，X和Y反应生成碘和Z，Z是生活中常用的调味品，Z是氯化钠，根据元素守恒、氧化还原反应及X和W是单质、Y和Z为化合物知，X是氯气，Y是碘化钠；Ⅱ．若X是工业上用量最大的金属单质，则X是铁，Z是一种具有磁性的黑色晶体，Z是四氧化三铁，X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系，其中X、W单质，Y、Z为化合物，该反应是铁和水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，所以W是氢气，Y是水．（1）高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；（2）①从实验安全性方面分析；②实验过程中要防止杂质的干扰，在实验中要有除杂装置；（3）先确定溶液中溶质成分，再根据原子守恒计算氢氧化钠的体积．【解答】解：Ⅰ．若W遇淀粉溶液变蓝，w是碘单质，X和Y反应生成碘和Z，Z是生活中常用的调味品，Z是氯化钠，根据元素守恒、氧化还原反应及X和W是单质、Y和Z为化合物知，X是氯气，Y是碘化钠；（1）通过以上分析知，向FeCl2溶液中加入Cl2的水溶液，使溶液颜色变为棕黄色，故答案为：Cl2；（2）工业上用电解饱和氯化钠溶液制取氢氧化钠，电解方程式为：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，故答案为：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH；（3）氯气有强氧化性，能把碘离子氧化生成碘酸根离子，同时自身被还原成氯离子，离子方程式为：3Cl2+I﹣+3H2O═6Cl﹣+IO3﹣+6H+，故答案为：3Cl2+I﹣+3H2O═6Cl﹣+IO3﹣+6H+；Ⅱ．若X是工业上用量最大的金属单质，则X是铁，Z是一种具有磁性的黑色晶体，Z是四氧化三铁，X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系，其中X、W单质，Y、Z为化合物，该反应是铁和水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，所以W是氢气，Y是水．（1）高温条件下，铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；（2）①氢气还原氧化物的实验中，因为氢气和氧气在一定范围内会产生爆炸，所以实验应该先制取氢气，然后检验氢气再通入氢气，通入一段时间后再点燃酒精灯，所以实验顺序为b、c、a，故答案为：bca；②该反应是放热反应，盐酸检验挥发性，所以制取的氢气中含有氯化氢气体，为防止氯化氢气体干扰实验，应该在甲、乙装置中间增加一个装有水的洗气瓶，洗气氯化氢气体，故答案为：在甲、乙装置中间增加一个装有水的洗气瓶；（3）四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸盐和NO，向溶液中滴加氢氧化钠溶液，硝酸盐和氢氧化钠反应生成沉淀和硝酸钠，根据溶液中硝酸根离子的量计算氢氧化钠的浓度，硝酸的物质的量=4mol/L×0.05L=0.2mol，充分反应，产生112mL的NO，根据氮原子守恒，硝酸和一氧化氮的物质的量之比为1：1，则溶液中剩余硝酸的物质的量=0.2mol﹣-18-\n=0.195mol，硝酸盐和氢氧化钠反应生成沉淀和硝酸钠，则氢氧化钠和硝酸根离子之间的物质的量之比为1：1，设氢氧化钠的体积为V．NaOH﹣﹣﹣﹣﹣﹣NO3﹣，1mol1mol2V0.195molV=97.5mL，故答案为：97.5．【点评】本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，明确元素化合物性质是解本题的关键，同时考查学生思维能力、分析推断能力，注意（3）题中根据原子守恒计算氢氧化钠的体积较简便，正确确定溶质即可分析解答，难度较中等．　9．（14分）1．某废水中可能含有下列离子中的若干种：Fe3+、Al3+、Fe2+、Cu2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、SiO32﹣．现进行如下实验：Ⅰ．取少量溶液，加入KSCN溶液，无明显变化Ⅱ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色Ⅲ．向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成Ⅳ．向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，仅有红褪色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成请回答下列问题：（1）该废水一定含有的离子是　Fe2+、Cu2+、NO3﹣、SO42﹣　；（2）实验Ⅱ中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是　3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O　；（3）过滤除去Ⅳ中的蓝色沉淀，调整溶液的pH为10.7左右时，加入铝粉，反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，其离子方程式为Al+NO3﹣+OH﹣AlO2﹣+NH3+N2+H2O（未配平）．若除去0.2molNO3﹣，消耗铝　9.6　g．2．某混合液中，可能大量含有的离子如表：阳离子H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+阴离子Cl﹣、Br﹣、OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣为探究其成分，某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示：（1）该溶液中一定含有的阳离子是　H+、Al3+、NH4+、Mg2+　，其对应物质的量浓度之比为　2：2：2：3　，溶液中一定不存在的阴离子是　OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣　．（2）请写出沉淀减少的离子方程式　Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　．【考点】离子方程式的有关计算；物质检验实验方案的设计．【专题】离子反应专题；利用化学方程式的计算．【分析】1．I．取少量溶液，加入KSCN溶液时无明显变化，证明溶液中不含铁离子：Ⅱ．另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有NO3﹣和Fe2+；则不能有CO32﹣、SiO32﹣；-18-\nⅢ．向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有SO42﹣；Ⅳ．向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有Al3+，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，积生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有Cu2+；据此分析；2．（1）根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知，最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀，溶解的2mol沉淀为氢氧化铝；根据气体的物质的量最后有增加可知，增加的气体为氨气，溶液中一定存在铵离子；根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成，说明原溶液中存在氢离子，根据题中数据计算出氢离子的物质的量；（2）沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少，据此写出反应的离子方程式．【解答】解：1．I．取少量溶液，加入KSCN溶液时无明显变化，证明溶液中不含铁离子：Ⅱ．另取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，证明原溶液中一定含有NO3﹣和Fe2+；则不能有CO32﹣、SiO32﹣；Ⅲ．向Ⅱ中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，取原溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有SO42﹣；Ⅳ．向Ⅱ中所得溶液中加入过量浓氨水，生成氢氧化铁红褐色沉淀，溶液中没有Al3+，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，积生成氢氧化铜沉淀，则溶液中含有Cu2+；（1）综上可知，该废水一定含有的离子是Fe2+、Cu2+、NO3﹣、SO42﹣，故答案为：Fe2+、Cu2+、NO3﹣、SO42﹣；（2）取溶液加入盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明是一氧化氮氧化为二氧化氮，则硝酸与亚铁离子反应生成NO和三价铁离子、水，其离子方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）反应产生氨气和氮气的体积比为1：4，则配平方程式为：16Al+9NO3﹣+7OH﹣=16AlO2﹣+4N2↑+NH3↑+2H2O；已知0.2molNO3﹣，16Al+9NO3﹣+7OH﹣=16AlO2﹣+4N2↑+NH3↑+2H2O169n（Al）0.2moln（Al）=mol则Al的质量为mol×27g•mol﹣1=9.6g故答案为：9.6；2．（1）根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知：溶液中一定含有：Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32﹣、AlO2﹣，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol；加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气，而图象中生成了6mol气体，说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有2mol其他气体生成，而只能是氨气，所以一定含有2mol铵根离子，所以一定不含有氢氧根离子；图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，没有沉淀生成，所以溶液中含有H+-18-\n，由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol，8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠，而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为：2mol×3+3mol×2+2mol=14mol，所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应，氢离子的物质的量为2mol；并且物质的量为2mol，溶液中一定还含有阴离子，可能为氯离子或溴离子，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：所以n（H+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+2n（Mg2+）≤2n（SO42﹣），所以氯离子物质的量≥16mol，即：离子种类H+Al3+NH4+Mg2+Br﹣或Cl﹣物质的量（mol）2223≥16所以溶液中一定存在的阳离子为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；含有的阳离子的物质的量之比为：n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：2：2：3；溶液中一定不存在的阴离子为：OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣，故答案为：H+、Al3+、NH4+、Mg2+；2：2：2：3；OH﹣、CO32﹣、AlO2﹣．（2）生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．【点评】本题考查了离子检验的实验方法和反应现象分析、离子方程式的书写，掌握离子性质和溶液中电荷守恒计算判断存在的离子是解题关键，题目难度较大．　10．（15分）Ⅰ．乙组同学用如图装置来证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球．（1）实验时，先将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当C处产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，使之与稀硝酸分离．该组学生设计此步操作的目的　产生二氧化碳，排出装置中的空气　．（2）将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的离子方程式为　3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O　．（3）装置E中开始时出现浅红棕色气体，用F向E中鼓入空气后，可观察到烧瓶E内气体颜色加深，产生上述现象的原因是　二氧化碳密度大于空气，未能排尽烧瓶中的空气，少量NO与空气中的氧气反应生成少量的红棕色的NO2；鼓入空气后，NO与氧气反应，生成大量的红棕色气体二氧化氮　．（4）一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是　二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸使白色沉淀碳酸钙溶解　．（5）装置D的作用是　吸收尾气，防止污染大气　．Ⅱ．已知向含有淀粉的10mL0.2mol/LKIO3酸性溶液滴滴加0.3mol•L﹣1NaHSO3溶液的过程中，溶液的颜色先变蓝然后褪色，发生的离子反应如下：①　2　IO3﹣+　5　HSO3﹣=　1　I2+　5　SO42﹣+　1　H2O+　3H+　②I2+HSO3﹣+H2O═2I﹣+SO42﹣+3H+回答下列问题（1）配平离子反应方程式①　2　IO3﹣+　5　HSO3﹣=　1　I2+　5　SO42﹣+　1　H2O+　3H+　（2）根据①②反应写出还原性粒子HSO3﹣、I2、I﹣由强到弱的顺序　HSO3﹣＞I﹣＞I2　；（3）当溶液刚好褪色时，则消耗的NaHSO3溶液的体积为　20ml　；（4）预测已知向含有淀粉的NaHSO3溶液滴加KIO3溶液的现象．-18-\n【考点】硝酸的化学性质；氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题；氮族元素．【分析】Ⅰ、要验证铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，则应将装置中的O2排出．当B中的CaCO3与稀硝酸接触时，生成CO2气体．CO2气体可将A中空气排尽，但由于CO2的密度大于空气的密度，因此E中采用向下排空气法是不能将空气排尽的．由于E中有残留的少量O2，因此当有NO生成时，E中有少量的NO2生成，从F鼓入空气时，E中生成的NO2增加，红棕色加深．随着反应的不断进行，E中生成的NO2会被排入C，在C中与水反应生成硝酸，将原来生成的CaCO3沉淀溶解．D装置用来吸收尾气，防止污染环境．Ⅱ、反应①中I元素化合价由+5价降低到0价，被还原，IO3﹣为氧化剂，S元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，HSO3﹣为还原剂；反应②I元素化合价由0价降低到﹣1价，I2为氧化剂，S元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，HSO3﹣为还原剂，以此解答该题．【解答】解：Ⅰ、（1）当B中的CaCO3与稀硝酸接触时，生成CO2气体．CO2气体可将A中空气排尽，以防止氧化生成的NO，故答案为：产生二氧化碳，排出装置中的空气；（2）A中产生无色气体为NO，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）由于CO2的密度大于空气的密度，因此E中采用向下排空气法是不能将空气排尽的．由于E中有残留的少量O2，因此当有NO生成时，E中有少量的NO2生成，从F鼓入空气时，E中生成的NO2增加，红棕色加深，故答案为：二氧化碳密度大于空气，未能排尽烧瓶中的空气，少量NO与空气中的氧气反应生成少量的红棕色的NO2；鼓入空气后，NO与氧气反应，生成大量的红棕色气体二氧化氮；（4）E中生成的NO2会被排入C，在C中与水反应生成硝酸，将原来生成的CaCO3沉淀溶解，故答案为：二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸使白色沉淀碳酸钙溶解；（5）D装置用来吸收尾气，防止污染环境，故答案为：吸收尾气，防止污染大气．Ⅱ、反应①中I元素化合价由+5价降低到0价，被还原，IO3﹣为氧化剂，S元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，HSO3﹣为还原剂，反应的离子方程式为2IO3﹣+5HSO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O，（1）反应①中I元素化合价由+5价降低到0价，被还原，IO3﹣为氧化剂，S元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，HSO3﹣为还原剂，反应的离子方程式为2IO3﹣+5HSO3﹣=I2+5SO42﹣+3H++H2O，故答案为：2，5，1，5，1，3H+；（2）由反应①可知还原性HSO3﹣＞I2，由反应②可知还原性HSO3﹣＞I﹣，而还原性I﹣＞I2，则有HSO3﹣＞I﹣＞I2，故答案为：HSO3﹣＞I﹣＞I2；-18-\n（3）n（KIO3）=0.01L×0.2mol/L=0.002mol，由方程式可知关系式为：KIO3～3NaHSO3，需要0.006molNaHSO3反应，则溶液体积为=0.02L=20mL，故答案为：20ml；（4）由反应的方程式可以看出向含有淀粉的NaHSO3溶液滴加KIO3溶液，发生6HSO3﹣+2IO3﹣+3H2O=2I﹣+6SO42﹣+6H+，然后发生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，可观察到一开始无明显现象后变蓝，答：一开始无明显现象后变蓝．【点评】本题综合考查物质的性质实验探究，涉及硝酸与铜的反应以及一氧化氮的性质，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度中等．　11．（15分）高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如图：已知：Ⅰ．RCOOR’+R’’18OHRCO18OR’’+R’OH（R、R’、R’’代表烃基），Ⅱ．（R、R’代表烃基）（1）①的反应类型是　加成反应　．（2）②的化学方程式为　　．（3）PMMA单体的官能团名称是　碳碳双键　、　酯基　．（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为　　．（5）下列说法正确的是　ac　（填字母序号）．a．⑦为酯化反应b．B和D互为同系物c．D的沸点比同碳原子数的烷烃高-18-\nd．1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH（6）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是　　．（7）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式　　．【考点】有机物的推断．【专题】推断题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．【分析】根据题中各物质转化关系，由PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息Ⅱ中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，J为CH2=C（CH3）COOH，所以D为HOCH3，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在碱性条件下水解得B为HOCH2CH2OH，B与对苯二甲酸甲酯发生取代反应生成PET单体为，PET单体发生信息Ⅰ的反应得PET聚酯，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，由PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息Ⅱ中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCOOH，J为CH2=C（CH3）COOH，所以D为HOCH3，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A在碱性条件下水解得B为HOCH2CH2OH，B与对苯二甲酸甲酯发生取代反应生成PET单体为，PET单体发生信息Ⅰ的反应得PET聚酯，（1）根据上面的分析可知，反应①的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；（2）②的化学方程式为，故答案为：；（3）PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，PMMA单体的官能团名称是碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；-18-\n（4）反应⑤的化学方程式为，故答案为：；（5）a．⑦为CH2=C（CH3）COOH与HOCH3发生酯化反应，故a正确；b．D为HOCH3，B为HOCH2CH2OH，它们的羟基的数目不同，所以B和D不是互为同系物，故b错误；c．D中有羟基，能形成氢键，所以D的沸点比同碳原子数的烷烃高，故c正确；d.1mol与足量NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，故d错误；故选ac；（6）J的某种同分异构体与J具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是，故答案为：；（7）由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据充分利用题中信息和有机物的结构进行推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等．　-18-