四川省成都市安仁中学2022届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年四川省成都市安仁中学高三（上）第二次月考化学试卷　一、选择题（每小题6分，共42分）1．（6分）下列有关物质的性质及应用说法错误的是（　　）　A．SiO2具有导电性，可用于制造半导体材料　B．Cl2能与石灰乳反应，可用于制取漂白粉　C．将表面有铜绿[Cu2（OH）2CO3]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿　D．常温下浓H2SO4能使铁发生钝化，可在常温下用铁制容器贮运浓硫酸考点：硅和二氧化硅；氯气的化学性质；浓硫酸的性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：卤族元素；氧族元素；碳族元素．分析：A、SiO2具有导光性，能制造光导纤维；B、Cl2能与石灰乳反应，生成次氯酸钙；C、Cu2（OH）2CO3能与盐酸反应；D、常温下浓硫酸的钝化是强氧化性的表现．解答：解：A、SiO2具有导光性，能制造光导纤维，SiO2不导电，故A错误；B、Cl2能与石灰乳反应，生成次氯酸钙和氯化钙，即能用Cl2与石灰乳反应制备漂白粉，故B正确；C、Cu2（OH）2CO3能与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，所以能除去铜绿，故C正确；D、常温下浓硫酸与铁发生钝化反应生成氧化物薄膜阻止反应进行，可在常温下用铁制贮罐贮运浓硫酸，故D正确；故选A．点评：本题考查了浓硫酸、二氧化硅、氯气、盐酸的性质应用，内容比较简单．　2．（6分）对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是（　　）　A．向无色溶液中滴加氯水变橙色，溶液中可能含有：SO42﹣、Br﹣、OH﹣、Ba2+　B．由水电离的c（OH﹣）=10﹣14mol•L﹣1的溶液：CH3COO﹣、SO42﹣、Na+、K+一定能大量共存　C．常温时=0.1mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣一定能大量共存　D．在c（OH﹣）=10﹣14mol•L﹣1溶液：Na+、AlO2﹣、CO32﹣、SO32﹣一定不能大量共存-12-\n考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．钡离子与硫酸根离子反应生成难溶物硫酸钡；B．由水电离的c（OH﹣）=10﹣14mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸；C．该溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；D．c（OH﹣）=10﹣14mol•L﹣1溶液为酸性溶液，AlO2﹣、CO32﹣、SO32﹣与氢离子反应．解答：解：A．SO42﹣、Ba2+之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．由水电离的c（OH﹣）=10﹣14mol•L﹣1的溶液中可能存在大量的H+或OH﹣，酸性溶液中，CH3COO﹣与氢离子反应生成弱酸醋酸，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．该溶液为碱性溶液，Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣、CO32﹣、SO32﹣离子与溶液中氢离子反应生成弱电解质，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；是“可能”共存，还是“一定”共存等；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．　3．（6分）设NA为阿伏伽德罗常数，则下列叙述中正确的是（　　）　A．31克白磷中，共价键数目为3NA　B．0.1mol锌与100mL1mol/L的稀盐酸充分反应，产生氢气的分子数为0.1NA　C．2molSO2和1molO2混合在（V2O5存在的条件下）密闭容器中加热反应后，容器内物质的分子数大于2NA　D．138gK2CO3晶体中的离子总数大于3NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A．白磷以P4形式存在，P4是正四面体结构，每个P4含6个P﹣P键；B．根据n=cV计算出稀盐酸中含有的氯化氢的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出转移的电子数；C．二氧化硫与氧气的反应是气体分子数缩小的可逆反应，反应生成的三氧化硫小于2mol，则反应后气体的总物质的量大于2mol；D．138g碳酸钾的物质的量为1mol，1mol碳酸钾晶体中含有2mol钾离子、1mol碳酸根离子，总共含有3mol离子．解答：解：A．1mol白磷分子中含6molP﹣P键；31g白磷晶体物质的量为=0.25mol，分子中含有的P﹣P键数约是1.5NA，故A错误；-12-\nB．100mL1mol/L的稀盐酸中含有0.1molHCl，0.1molZn完全反应小于消耗0.2mol氯化氢，所以盐酸不足，0.1mol氯化氢完全反应生成0.05mol氢气，产生氢气的分子数为0.1NA，故B错误；C．2molSO2和1molO2混合在（V2O5存在的条件下）密闭容器中加热反应后，该反应为可逆反应，反应生成的三氧化硫小于2mol，则反应后各物质总物质的量大于2mol，容器内物质的分子数大于2NA，故C正确；D．138gK2CO3晶体的物质的量为1mol，含有2mol钾离子和1mol碳酸根离子，总共含有3mol离子，含有的离子总数为3NA，故D错误；故选C．点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确可逆反应的特点；选项A为易错点，注意白磷分子的分子构成及结构．　4．（6分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（　　）①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3②SSO3H2SO4③NaHCO3溶液NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3⑤MgCl2（aq）Mg（OH）2MgO．　A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．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．③NaHCO3溶液蒸干产生碳酸氢钠固体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠．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FeCl3．⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁．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；③NaHCO3溶液蒸干产生碳酸氢钠固体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，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氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确．故①③⑤正确．-12-\n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．（6分）在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣离子的溶液中，逐滴加人4mol/L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mo1）的关系如图所示．下列叙述正确的是（　　）　A．原溶液中n（Mg2+）：n（A13+）=10：1B．原溶液中c（H+）=0.8mol/L　C．x与y的差值为0.08D．原溶液中c（C1﹣）=0.66mol/L考点：镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算．分析：在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣等离子的溶液中，逐滴加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成，说明H+先和NaOH反应，则溶液中含有H+，c（H+）==0.08mol/L，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量逐渐增大，30mLNaOH溶液后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则溶液中含有NH4+，则C（NH4+）==0.06mol/L，继续滴加NaOH，沉淀溶解，35mLNaOH后，沉淀不溶解，说明溶液中含有Mg2+、Al3+，根据Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O知，生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积之比为3：1，则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH体积=（35﹣33）mL×3=6mL，则生成氢氧化镁需要NaOH体积=（30﹣4mL）﹣6mL=20mL，则c（Mg2+）==0.2mol/L，c（Al3+）==0.04mol/L，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得3c（Al3+）+2c（Mg2+）+C（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）=[3×0.04+2×0.2+0.06+0.08]mol/L=0.66mol/L，据此分析解答．解答：解：在200mL含Mg2+、Al3+、NH4+、H+、Cl﹣等离子的溶液中，逐滴加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成，说明H+先和NaOH反应，则溶液中含有H+，c（H+）==0.08mol/L，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量逐渐增大，30mLNaOH溶液后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则溶液中含有NH4+，则C（NH4+）==0.06mol/L，继续滴加NaOH，沉淀溶解，35mLNaOH后，沉淀不溶解，说明溶液中含有Mg2+、Al3+，根据Al3++3OH﹣=Al（OH）3-12-\n↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O知，生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积之比为3：1，则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH体积=（35﹣33）mL×3=6mL，则生成氢氧化镁需要NaOH体积=（30﹣4mL）﹣6mL=20mL，则c（Mg2+）==0.2mol/L，c（Al3+）==0.04mol/L，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得3c（Al3+）+2c（Mg2+）+C（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）=[3×0.04+2×0.2+0.06+0.08]mol/L=0.66mol/L，A．通过以上分析知，c（Mg2+）=0.2mol/L，c（Al3+）=0.04mol/L，同一溶液中体积相等，其物质的量之比等于物质的量浓度之比=0.2mol/L：0.04mol/L=5：1，故A错误；B．通过分析知，c（H+）==0.08mol/L，故B错误；C．x为Al（OH）3、Mg（OH）2的物质的量，y为Mg（OH）2的物质的量，二者的差为Al（OH）3的物质的量=0.04mol/L×0.2L=0.008mol，故C错误；D．根据以上分析，原来溶液中c（Cl﹣）=0.66mol/L，故D正确；故选D．点评：本题考查物质之间的反应，明确离子反应先后顺序是解本题关键，知道铝离子转化为氢氧化铝沉淀、偏铝酸钠时消耗NaOH的体积之比，结合电荷守恒解答，题目难度中等．　6．（6分）下列离子方程式书写正确的是（　　）　A．少量的二氧化硫气体通入冷氨水中：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+　B．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑　C．碳酸氢钙溶液中加过量澄清石灰水：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O　D．碳酸钠的水解反应：CO32﹣+H3O+⇌HCO3﹣+H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．二氧化硫少量反应生成亚硫酸铵；B．过氧化钠与水反应，过氧化钠既不做氧化剂又不做还原剂；C．碳酸氢钙溶液中加过量澄清石灰水反应生成碳酸钙和水；D．碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根．解答：解：A．少量的二氧化硫气体通入冷氨水中，离子方程式：SO2+2NH3•H2O═SO32﹣+2NH4+，故A错误；B．H218O中投入Na2O2固体，离子方程式为：2H218O+2Na2O2═4Na++418OH﹣+O2↑，故B错误；C．碳酸氢钙溶液中加过量澄清石灰水，离子方程式：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；D．碳酸钠的水解反应，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故D错误；故选：C．点评：-12-\n本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意过氧化钠与水反应的原理，题目难度不大，选项B为易错选项．　7．（6分）（2022•南充二模）将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g．另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72LNO（标准状况下），向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，则沉淀的质量为（　　）　A．22.1gB．27.2gC．30gD．无法计算考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质；铝的化学性质．专题：压轴题；几种重要的金属及其化合物．分析：根据电子守恒计算出金属失去电子的物质的量，根据应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量计算生成沉淀的质量．解答：解：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）=0.9mol，所以反应后沉淀的质量等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，故选B．点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单．　二.（非选择题部分共58分）8．（12分）下表（图甲）为长式周期表的一部分，其中的编号分别代表对应的元素请回答下列问题（1）表中属于d区的元素是　⑨　（填编号）．（2）科学发现，②、④、⑨三种元素的原子形成的晶体具有超导性，其晶胞的结构特点如图乙（图中②、④、⑨分别位于晶胞的体心、顶点、面心），则该化合物的化学式为　MgNi3N　（用对应的元素符号表示）．（3）元素②的一种氢化物是重要的化工原料，常把该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志．有关该氢化物分子的说法正确的是　BD　．A．分子中含有氢键B．属于非极性分子C．含有4个σ键和1个π键D．该氢化物分子中，②原子采用SP2杂化（4）某元素的特征电子排布式为nsnnpn+1，该元素原子的核外最外层电子的孤对电子数为　1　；该元素与元素①形成18电子分子X的电子式为　　-12-\n；该元素还可与元素①形成10电子的气体分子Y，将过量的Y气体通入盛有硫酸铜水溶液的试管里，现象为　开始生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色　．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为O、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ca、⑨为Ni、⑩为Cu．（1）d区元素为周期表中3到10列元素；（2）根据均摊法计算晶胞中各原子数目，进而确定化学式；（3）元素②的一种氢化物是重要的化工原料，常把该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该氢化物为C2H4；（4）某元素电子排布式为nsnnpn+1，则n=2，故为N元素，该元素与元素①形成18电子分子X为N2H4，分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对；该元素还可与元素①形成10电子的气体分子Y为NH3，将过量的NH3气体通入盛有硫酸铜水溶液的试管里，先生成氢氧化铜沉淀，而由生成四氨合铜络离子．解答：解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为O、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ca、⑨为Ni、⑩为Cu．（1）d区元素为周期表中3到10列元素，故上述元素中⑨为d区元素，故答案为：⑨；（2）晶胞中N原子数目为1、Mg原子数目为8×=1、Ni原子数目为6×=3，故该晶体化学式为MgNi3N，故答案为：MgNi3N；（3）元素②的一种氢化物是重要的化工原料，常把该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该氢化物为C2H4，A．分子中没有氢键，故A错误；B．是平面对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故B正确；C．分子中存在4个C﹣H键，1个C=C双键，故含有5个σ键和1个π键，故C错误；D．该氢化物分子中，C原子成3个σ键，没有孤电子对，碳原子采用SP2杂化，故D正确，故选：BD；（4）某元素电子排布式为nsnnpn+1，则n=2，故为N元素，2s能级2个电子为1对孤电子对，该元素与元素①形成18电子分子X为N2H4，分子中N原子之间形成1对共用电子对，N原子与H原子之间形成1对共用电子对，其电子式为；该元素还可与元素①形成10电子的气体分子Y为NH3，将过量的NH3气体通入盛有硫酸铜水溶液的试管里，先生成氢氧化铜沉淀，而由生成四氨合铜络离子，看到的现象为：开始生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色，故答案为：1；；开始生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色．点评：-12-\n本题是对物质结构的考查，涉及元素周期表、晶胞计算、分子结构、杂化轨道、配合物等，难度中等，需要学生具备扎实的基础．　9．（14分）短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如图所示．请回答下列问题：（1）A与NaOH溶液反应的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　，B、C、D元素电负性的大小顺序为：　N　＞　O　＞　C　（填元素符号）．（2）E的氢化物与其最高价氧化物的水化物的钾盐共热能发生反应，生成一种气体单质，反应的化学方程式为　8HCl+KClO4KCl+4Cl2↑+4H2O　．（3）C有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小．在一定条件下，2L甲气体与0.5L氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的含氧酸盐的化学式是　NaNO2　．（4）在298K下，A、B的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量akJ和bkJ．又知一定条件下，A的单质能将B从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3molB的单质，则该反应在298K下的△H=　﹣（4a﹣3b）kJ/mol　（注：题中所设单质均为最稳定单质）（5）要证明与D同主族相邻元素F的非金属性与E的非金属性的强弱，正确、合理的实验操作及现象是　将氯气（或氯水）滴入硫化钠溶液中，有淡黄色沉淀生成　．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：周期表中ⅡA、ⅢA不相邻，图中为相邻的5个主族，由短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置，可知A为Al，B为碳，C为氮，D为氧，E为Cl．（1）Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但元素原子各轨道处于全满、半满、全空时，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；（2）浓盐酸与KClO4溶液共热可以生成一种气体单质，该单质为氯气，还有KCl、水生成；（3）氮元素有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小，则甲为NO，在一定条件下，2L甲气体与0.5L氧气相混合，发生反应：2NO+O2═2NO2，得到1LNO2，剩余1LNO，被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，根据电子转移守恒计算含氧酸盐中N元素化合价，确定化学式；（4）由题目信息可知，①4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣4akJ/mol，②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣bkJ/mol，一定条件下，A的单质能将B从它的最高价氧化物中置换出来，发生反应：4Al+3CO22Al2O3+3C，根据盖斯定律计算该反应的反应热；（5）与D同主族且相邻的元素的非金属为S，利用单质之间的置换反应可证明S和Cl的非金属性强弱．解答：解：周期表中ⅡA、ⅢA不相邻，图中为相邻的5个主族，由短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置，可知A为Al，B为碳，C为氮，D为氧，E为Cl．-12-\n（1）Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子各轨道处于全满、半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；N；O；C；（2）浓盐酸与KClO4溶液共热可以生成一种气体单质，该单质为氯气，还有KCl、水生成，反应方程式为8HCl+KClO4KCl+4Cl2↑+4H2O，故答案为：8HCl+KClO4KCl+4Cl2↑+4H2O；（3）氮的氧化物中分子量最小的是NO，在一定条件下，2LNO气体与0.5L氧气相混合，发生反应：2NO+O2═2NO2，得到1LNO2，剩余1LNO，被足量的NaOH溶液完全吸收，令含氧酸中N元素化合价为a，根据电子转移守恒：（a﹣2）=（4﹣a），故a=3，故生成NaNO2，故答案为：NaNO2；（4）在298K下，Al、C的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量akJ和bkJ，则热学方程式为：①4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣4aKJ/mol②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣bKJ/mol铝单质将碳从CO2中置换出来生成3molC的单质的方程式为：4Al+3CO22Al2O3+3C，由盖斯定律可知，①﹣②×3可得：4Al（s）+3CO2（g）=2Al2O3（s）+3C（s），则△H=﹣4akJ/mol﹣（﹣bkJ/mol）×3=﹣（4a﹣3b）kJ/mol，故答案为：﹣（4a﹣3b）kJ/mol；（5）与D同主族且相邻的元素的非金属为S，则将氯气（或氯水）滴入硫化钠溶液中，有淡黄色沉淀生成可证明S和Cl的非金属性强弱，故答案为：将氯气（或氯水）滴入硫化钠溶液中，有淡黄色沉淀生成．点评：本题考查位置结构性质关系应用，根据元素的位置推断元素是解题的关键，题目涉及离子方程式、第一电离能、氧化还原反应、反应热计算、非金属性比较等知识点，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　10．（18分）铁是日常生活中最常见的金属，某班学生在学习铁的知识时，提出下列问题：问题1：某同学为了验证Fe3+是否能氧化H2SO3生成了SO42﹣，他用50mL0.1mol/LFeCl3溶液吸收含有SO2气体的尾气，进行以下实验：（1）检验吸收液中的SO42﹣：　取少量样品溶液于试管中，先滴入足量的稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，如果有白色沉淀　，则证明Fe3+能把H2SO3氧化为SO42﹣．（2）请配平并完成上述反应中的化学方程式：2FeCl3+SO2+　2H2O　═2FeCl2+H2SO4+2HCl，反应中的氧化产物是　H2SO4　（写化学式）（3）吸收液中除了含有H+、Cl﹣、SO42﹣以外，对其它成份（Fe3+、Fe2+、H2SO3）的可能组合进行探究：①提出假设．假设1：溶液中存在Fe3+、Fe2+；假设2：溶液中存在　Fe2+、H2SO3　；假设3：溶液中存在Fe2+而不存在H2SO3（二者恰好完全反应）．-12-\n②设计方案、进行实验，验证假设．请在表中写出实验步骤以及预期现象和结论（可以不填满）．限选实验试剂和仪器：试管、滴管、0.1mol/LKMnO4、0.1mol/LKSCN溶液、品红稀溶液．实验步骤预期现象和结论步骤1：用试管取样品溶液2～3mL，再用滴管取　0.1mol/LKSCN溶液向试管中滴入1～2滴　若出现血红色，则假设1成立；若未出现血红色，则假设2或假设3成立．步骤2：　另取1～3mL样品溶液于试管中，滴入1～2mL品红稀溶液　结合步骤1的现象和结论，　若品红溶液红色褪色，则假设2成立；若品红溶液不褪色，则假设3成立（或假设1成立）　问题2：CuO在高温下可分解为Cu2O和O2．Fe2O3在高温下也分解为FeO和O2（4）对于问题2，同学们准备实验探究，他们设想了两种方法：A．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后颜色是否变化．B．将三氧化二铁高温灼烧，看灼烧前后质量是否变化．①实验中应将Fe2O3放在　坩埚　（填仪器名称）中灼烧．②方法A中，如果高温灼烧后颜色由　红色　变为　黑色　，说明Fe2O3确实发生了变化．能说明生成的一定为FeO吗？　不能　，理由是　Fe3O4也是黑色的　．考点：性质实验方案的设计；物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：实验设计题．分析：（1）硫酸根可以和钡离子反应生成白色沉淀，但是要排除碳酸根的干扰；（2）二氧化硫可以被三价铁氧化为硫酸根离子，三价铁自身被还原为亚铁离子，结合原子守恒分析，化合价升高元素所在的产物是氧化产物；（3）三价铁离子具有氧化性，亚硫酸具有还原性，二者不能组合，三价铁能使硫氰酸钾显红色，二氧化硫能使品红褪色，据此来分析存在的微粒；（4）①固体灼烧需要高温应放在坩埚中进行；②方法A中，如果高温灼烧后固体颜色发生明显改变，说明Fe2O3发生了变化，但不能说明产物一定为FeO，因为颜色变化只能是红色变化为黑色，而黑色铁的氧化物还有Fe3O4．解答：解：（1）Fe3+能够把H2SO3氧化成SO42﹣，溶液中存在硫酸根离子，证明反应发生了，硫酸根可以和钡离子反应生成白色沉淀，但是要排除碳酸根的干扰，所以硫酸根的检验方法是：取少量样品溶液于试管中，先滴入足量的稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，如果有白色沉淀，就证明了Fe3+能够把H2SO3氧化成SO42﹣，故答案为：取少量样品溶液于试管中，先滴入足量的稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，如果有白色沉淀；（2）二氧化硫可以被三价铁氧化为硫酸根离子，三价铁自身被还原为亚铁离子，所以产物有氯化亚铁和硫酸以及盐酸，根据原子守恒可知氯化铁和二氧化硫反应的化学方程式为2FeCl3+SO2+2H2O═2FeCl2+H2SO4+2HCl，反应中，化合价升高元素是S，所以硫酸是氧化产物，故答案为：2H2O；H2SO4；（3）①三价铁离子具有氧化性，亚硫酸具有还原性，二者不能组合，所以假设2：溶液中存在Fe2+、H2SO3，故答案为：Fe2+、H2SO3；-12-\n②三价铁能使硫氰酸钾显红色，亚硫酸中的二氧化硫能使品红褪色，检验三价铁可以将0.1mol/LKSCN溶液1～2滴加到待测样品中，检验亚硫酸可以将品红滴到样品中，验证时不能使用KMnO4溶液，因它可以同时氧化Fe2+和H2SO3，由于用FeCl3溶液吸收制取SO2气体，Fe3+可以氧化H2SO3，故Fe3+与H2SO3不能共存，溶液中有H2SO3就一定有Fe2+．所以用品红验证了H2SO3的存在就不必再验证Fe2+，故答案为：实验步骤预期现象和结论步聚1：0.1mol/LKSCN溶液向试管中滴入1～2滴步骤2：另取1～3mL样品溶液于试管中，滴入1～2mL品红稀溶液若品红溶液红色褪色，则假设2成立；若品红溶液不褪色，则假设3成立（或假设1成立）（4）①实验中应将Fe2O3放在坩埚中灼烧，故答案为：坩埚；②方法A中，如果高温灼烧后固体颜色发生明显改变，说明Fe2O3发生了变化，但不能说明产物一定为FeO，因为颜色变化只能是红色变化为黑色，而黑色铁的氧化物还有Fe3O4，故答案为：红色；黑色；不能；Fe3O4也是黑色的．点评：本题考查物质组成与性质的实验探究，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应原理、离子检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．　11．（14分）碘化钠通常用作分析试剂，可用于医疗、照相业，通常易被氧化、潮解．工业上用铁屑还原法制备碘化钠，某研究性学习小组的同学们模拟了该过程，其流程如图：（1）判断碘是否已完全反应的实验方法是　取少量反应后的混合液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已完全反应，反之则未完全反应　；（2）加入铁屑发生的离子方程式　2Fe+IO3﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+I﹣　；灼烧时发生的化学反应方程式　2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O　．（3）测定产品中NaI含量的方法是：a．称取3.000g样品、溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用0.1000mol/LAgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为19.00mL．①上述测定过程所需仪器中，需要检查是否漏液的仪器有　250mL容量瓶、酸式滴定管　．②上述样品中NaI的质量分数为　95.00%　．③若用上述方法测定产品中NaI的质量分数偏低，试分析其可能原因有　样品在空气中被氧化　、　样品在空气中吸水　（任写2条即可）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，过滤后得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁．（1）根据淀粉遇碘变蓝色判断；（2）铁具有还原性，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁结合得失电子守恒配平；氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁和水；-12-\n（3）测定产品中NaI含量，滴加硝酸银，根据硝酸银的物质的量可确定质量分数，注意仪器的使用方法．解答：解：由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，过滤后得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁；（1）淀粉遇碘变蓝，反应后加淀粉无现象即可说明反应结束，则判断反应中碘是否反应完全的方法为取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全），故答案为：取少量反应后的混合液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已完全反应，反之则未完全反应；（2）铁具有还原性，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，反应的离子方程式为：故答案为：2Fe+IO3﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+I﹣，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁和水方程式为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，故答案为：2Fe+IO3﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+I﹣；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；（3）①配制溶液用250mL容量瓶，滴定用酸式滴定管，都应检查是否漏液，故答案为：250mL容量瓶、酸式滴定管；②n（NaI）=n（AgNO3）=0.1mol/L×0.019L=0.0019mol，则3.000g样品中含有n（NaI）=0.019mol，m（NaI）=0.019mol×150g/mol=2.85g，ω（NaI）==95.00%，故答案为：95.00%；③若用上述方法测定产品中NaI的质量分数偏低，可考虑样品的原因，两种情况，一是样品被氧化，二是样品吸水，故答案为：样品在空气中被氧化；样品在空气中吸水．点评：本题考查物质制备实验，明确制备流程中发生的反应及操作为解答的关键，涉及氧化还原反应及碘的特性，注重基础知识的考查，题目难度不大．　-12-