高考化学备考之百题精炼系列05

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1、 百题精炼【试题81】某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸（HOOC-COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在157升华。为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：向盛有1 mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生。该反应的离子方程式为_。向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有_（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”），请配平该反应的离子方程式：_ MnO4 + _ H2C2O4 + _ H+ = _

2、Mn2+ + _ CO2 + _ H2O将一定量的乙二酸放于试管中，按下图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红。据此回答：上述装置中，D的作用是_。乙二酸分解的化学方程式为_。该小组同学将2.52 g草酸晶体（H2C2O42H2O）加入到100 mL 0.2 molL1的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_（用文字简单表述）。以上溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：_（用离子符号表示）；【解析】由于题中强调足量的草酸，故反应后草酸转化为HC2O4，若写成C2O42是错误的。中显然说明草酸具有还

3、原性，把MnO4-还原为Mn2+。由各物质的性质可推测B中CuSO4固体检验草酸分解产物中的水，C装置检验草酸分解产物中的CO2，D装置的目的是为了除尽CO2，防止影响后续实验现象的判断，E装置用来干燥气体，F、G装置用来判断草酸分解产物中有无CO生成。两者正好1:1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度。由中原因可得离子浓度间的大小关系。【试题82】甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上用CH4和H2O为原料通过下列反应和，来制备甲醇。CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) DH1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) DH2 将0.20 mo

4、l CH4和0.30 mol H2O(g)通入容积为10 L的密闭容器中，在一定条件下发生反应，达到平衡时，CH4的转化率与温度、压强的关系如右图。温度不变，缩小体积，的逆反应速率 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 反应的DH1 0(填“”“=”或“”)100C时的平衡常数值K= 。 在压强为0.1Mpa条件下，将amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下进行反应再生成甲醇。为了发寻找合成甲醇的适宜的温度和压强，某同学设计了二组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。请在空格中填入剩余的实验条件数据。实验编号T(C)n(CO)/n(H2)p(MPa)I1501/30.1II5

5、III3505 300C时，其他条件不变，将容器的容积压缩到原来的1/2，对平衡体系产生的影响是(填字母)（ ）Ac(H2)减少B正反应速率加快，逆反应速率减慢CCH3OH的物质的量增加D重新平衡时c(H2)/c(CH2OH)减小 已知在常温常压下： 2CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(g)DH=-1275.6 kJmol12CO(g)O2(g)=2CO2(g) DH=-556.0 kJmol1H2O(g)=H2O(l)DH=-44.0 kJmol1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳的液态水的热化学方程式 。 某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如右图所示的电池装置。 该电池

6、正极的电极反应为 。工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为 。 变化：0.1mol 0.1mol 0.1mol 0.3mol平衡：0.1mol 0.2mol 0.1mol 0.3molK=c(CO)c(H2)3/c(CH4)c(H2O)=0.010.033/(0.010.02)=1.3510-3。显然该同学通过“控制变量法”探究外界条件对化学平衡的影响，探究的前提只能是改变一个条件，而其它条件不变，故实验II的温度是150，n(CO)/n(H2)=1/3，同样实验III中n(CO)/n(H2)同样等于1/3。由于反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积减小

7、的反应，现体积缩小，即增大压强，反应物和生成物的浓度均增大，正逆反应速率均加快，化学平衡向正反应方向移动，综上分析，选项C和D正确。根据盖斯定律得(+4)/2得CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(g) DH= -447.8 kJmol1。根据题意该原电池反应的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，故导致溶液的pH减小。【试题83】I实验室有一瓶失去标签的某白色固体，已知其成份可能是碳酸或亚硫酸的钠盐或钾盐，且其成分单一。现某化学小组通过如下步骤来确定其成分： 阳离子的确定：实验方法及现象： 。结论：此白色固体是钠盐。阴离子的确定： 取少量白色固体于试管

8、中，然后向试管中加入稀盐酸，白色固体全部溶解，产生无色气体，此气体能使溴水褪色。 要进一步确定其成分需补做如下实验：取适量白色固体配成溶液，取少许溶液于试管中，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。 II确认其成分后，由于某些原因，此白色固体部分被空气氧化，该化学小组想用已知浓度的酸性KMnO4溶液来确定变质固体中X的含量，具体步骤如下：步骤I 称取样品1.000 g。步骤II 将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III 移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，用0.01 molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。写出步骤III所

9、发生反应的离子方程式 。在配制0.01 molL1 KMnO4溶液时若仰视定容，则最终测得变质固体中X的含量 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”) 滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.002.2020.20 则该变质固体中X的质量分数为 。【试题84】有A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A、B、C、D、E均为短周期元素，D、F为常见金属元素。A元素原子核内只有一个质子，元素A与B形成的气态化合物甲在标准状况下的密度为0.759 gL，C元素原子的最外层电

10、子数是其电子层数的3倍，E与C同主族。均含D元素的乙(金属阳离子)、丙、丁微粒间的转化全为非氧化还原反应，均含F元素的乙(单质)、丙、丁微粒间的转化全为氧化还原反应。请回答下列问题：单质B的结构式： 。 F元素周期表中的位置： 。 均含有F元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 ；均含有D元素的乙与丁在溶液中发生反应的离子方程式 。由A、C元素组成化合物庚和A、E元素组成的化合物辛，式量均为34。其中庚的溶沸点比辛 (填“高”或“低”)，原因是 。【答案】NN 第四周期第VIII族 Fe+2Fe3+=3Fe2+ Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3高 H2O2分子间存在氢键【解析

11、】由题意可得A是H元素，M(甲)=22.40.759=17 gmol1，由此可知B是N元素，C是O元素，E是硫元素，D是铝元素，此时乙和丁发生双水解反应生成丙，F是铁元素，此时乙和丁发生归中反应生成丙。【试题85】已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于48。X的一种1:1型氢化物分子中既有键又有键。Z是金属元素，Z的单质和化合物有广泛的用途。已知Z的核电荷数小于28，且次外层有2个未成对电子。工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物M（M可看做一种含氧酸盐）。M有显著的“压电性能”，应用于超声波的发生装置。经X射线分析，M晶体的最小重复单位为正方体（如右图），边长为4.031010 m

12、，顶点位置为Z4所占，体心位置为Ba2所占，所有棱心位置为O2所占。Z4O2Ba2Y在周期表中位于_；Z4的核外电子排布式为_；X的该种氢化物分子构型为 ，X在该氢化物中以 方式杂化。X和Y形成的化合物的熔点应该 （填“高于”或“低于”）X氢化物的熔点。制备M的化学反应方程式是_；在M晶体中，若将Z4置于立方体的体心，Ba2置于立方体的顶点，则O2处于立方体的_；在M晶体中，Z4的氧配位数为_；已知O2半径为1.401010 m，则Z4半径为_m。【答案】（15分）第四周期 第A族 1s22s22p63s23p6直线型 sp 高于TiO2+BaCO3=BaTiO3+CO2 面心 6 6.151

13、0-11【解析】由X的一种1:1型氢化物分子中既有键又有键，可得氢化物中既有单键又有重键，X应是碳，氢化物是乙炔，分子中碳原子采用sp杂化。次外层有2个未成对电子的价电子排布式为3d24s2或3d104s2，又由于Z的核电荷数小于28，则只有3d24s2符合题意，是钛，根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于48，可得Y的核电荷数等于20，位于第四周期IIA。【试题86】甲苯是有机化工生产的基本原料之一。利用乙醇和甲苯为原料，可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J。已知：请回答：写出下列反应方程式B+DE_。GH _。的反应类型为_ _；的反应类型为_ ；F的结构简式为_

14、。E、J有多种同分异构体，写出符合下列条件的4种同分异构体结构简式。要求：与E、J属同类物质苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种。 ； ； ； 。【答案】（15分）取代 酯化（或取代） 、【解析】分析整个流程图：A是乙醇氧化产物乙醛，B是CH3COO-，B和D发生酯化反应生成E，由E的化学式可反推知D是苯甲醇，即C是甲苯侧链上的一氯取代产物。由题中信息：2个羟基连在同一碳原子上会失水形成羰基，故F是苯甲醛，其氧化产物I是苯甲酸，由苯甲酸反推得G是甲苯侧链上的三氯取代产物，水解产物H是苯甲酸钠。【试题87】以下是25时几种难溶电解质的溶解度：难溶电解质Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(O

15、H)2Fe(OH)3溶解度/g91041.71061.51043.0109在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。例如：为了除去氯化铵中的杂质Fe3，先将混合物溶于水，加入一定量的试剂反应，过滤结晶。为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3，先将混合物溶于水，加入足量的Mg(OH)2，充分反应，过滤结晶。为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2氧化成Fe3，调节溶液的pH4，过滤结晶。请回答下列问题：上述三个除杂方案都能够达到很好效果，Fe2、Fe3都被转化为 而除去。中加入的试剂应该选择_为宜。中除去Fe3所发生的总反应的离子方程式

16、为_。下列与方案相关的叙述中，正确的是_（填字母）。 AH2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染 B将Fe2氧化为Fe3的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤 C调节溶液pH4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜 DCu2+可以大量存在于pH4的溶液中 E在pH4的溶液中Fe3一定不能大量存在【试题88】常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：写出酸H2A的电离方程式_。若溶液M由10mL 2 molL-1NaHA溶液与2molL-1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH _

17、7 （填“”、“c(A2-)c(OH-)c(HA-)c(H+)（2分） 5.410-10 （2分）（2分） （2分）均有可能 （2分）【解析】当NaHA与NaOH等物质的量反应后生成Na2A，共0.02mol，由于A2-水解使得溶液显碱性，可得溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(HA-)c(H+)。由反应式Ba2+A2-=BaA可得：沉淀后A2-过量0.01mol，溶液中c(A2-)=1/3 molL1，根据BaA的Ksp可得c(Ba2+)=Ksp/c(A2-)=5.410-10 molL1。3种溶液溶质分别是H2A、NaHA、H2A与NaHA的混合物，它们的浓度

18、分别相等，由于HA-的存在会抑制H2A的电离，故c(H2A)最大的，最小的是。由于H2A的存在会抑制HA-的水解，故pH最大的是，最小的是。常温下c(H+)c(OH-)=110-14，结合题意c(H+)/c(OH-)=104，说明两者反应后溶液呈酸性，但考虑到H2A是二元弱酸且电离程度未知，故无法比较V1与V2的大小。【试题89】下图是元素周期表的一部分，其中所列字母分别代表某一元素写出元素k基态原子的核外电子排布式_。e、f单质及ef形成的合金的硬度由大到小的顺序为_（用具体名称回答）。用来组成酸、碱、盐三类物质至少需要的元素有_（用表中列出元素的化学式填写）。短周期某主族元素M的电离能情况

19、如图（A）所示。则M元素位于周期表的第 族。图B是研究部分元素的氢化物的沸点变化规律的图像，折线c可以表达出第 族元素氢化物的沸点的变化规律。不同同学对某主族元素氢化物的沸点的变化趋势画出了两条折线：折线a和折线b，你认为正确的是 。【答案】（13分）1s22s22p63s23p63d104s24p2（2分） 镁铝合金铝镁（2分）N、O、H （3分，每种一分，答错倒扣分）A（2分） A（2分） b（2分）【解析】金属键的强度为AlMg，因此铝的硬度高于镁，根据合金的性质：硬度大熔点低的特性可得3种物质硬度由大到小的顺序为镁铝合金铝镁。酸中必含有氢，碱中必含氢和氧，考虑到题中强调“至少需要几种元

20、素”，故另一元素应是氮，3种元素可形成常见HNO3、NH3H2O和NH4NO33种物质。由于I4突然变大，由此可知主族元素M最外层有3个电子，即位于IIIA。折线c中表示的氢化物沸点无反常现象，故属于IVA元素构成的氢化物（无氢键存在）。A点沸点是100，可能是水，由于水分子间存在氢键，故水的沸点高于同主族元素形成的氢化物，固曲线b正确。【试题90】)惰性电极电解NaCl溶液或CuSO4溶液都得到三种产物A、B、C，各物质之间的转化关系如下图所示（图中参与反应和生成的水都已略去）。已知甲是短周期元素的单质，它是日常生活中常用的包装材料。回答下列问题：若电解的是NaCl溶液：甲与A反应的化学方程

21、式是 。A与B反应的离子方程式是 。若电解100mL0.1 molL1NaCl溶液，阴、阳两极各产生112mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为（忽略反应前后溶液的体积变化及气体溶于水的影响）。若电解的是CuSO4溶液：E的化学式是 ；电解时阳极的电极反应式是 。加热时，A的浓溶液可与B发生反应，A的浓度随时间变化的图像正确是 。【试题91】A、B、C三种强电解质，它们溶于水能电离出的离子如下表所示。阳离子Na+、Cu2+、Ba2+阴离子Cl-、OH-、SO42-图一所示装置中，甲、乙、丙三个U型管中分别盛放足量的A溶液、B溶液、C溶液，电极均为石墨电极。接通电源一段时间后，测得a电极产生的

22、气体体积是c、e两电极产生气体体积之和，b电极质量增加了1.6g。常温下各U型管中溶液的pH与通电时间t的关系如图二请回答下列问题：（1）M为电源的 极（填“正”或“负”），电极d上发生的电极反应为 。（2）计算这段时间电极e上生成的气体在标准状况下的体积为 L。（3）写出通电后丙U型管中发生的总反应方程式 。（4）在图二中曲线旁标明甲、乙以示溶液pH与t之间的关系。甲、乙、丙三装置中加入适量的溶质能恢复到原状态的是 装置。【答案】（1）正 2H+2e-=H2 （2）0.28 L （3）2H2O H2+O2 （4）从上到下依次为乙、甲 甲 【解析】由A、B、C三种强电解质电离出的离子可以确定A

23、、B、C可能为NaCl、CuCl2、BaCl2、NaOH、Ba(OH)2、Na2SO4、CuSO4中的三种物质。结合图二可知C一定是强碱强酸盐且电解的实质是电解水pH不变，确定C为Na2SO4，A、B一个为强碱性溶液Ba(OH)2，另一个为强酸弱碱盐CuCl2。电解过程中甲、乙、丙三个装置转移的电子数相同，b电极质量增加确定A为CuCl2、b电极为阴极发生还原反应得到金属铜。进而确定B为Ba(OH)2，M为电源的正极N为电源的负极。甲装置电解消耗氯化铜、乙、丙装置电解的实质是电解水，因此甲装置中氯化铜的浓度在电解过程中逐渐减小，pH逐渐增大但小于7，乙装置中氢氧化钡的浓度逐渐增大pH逐渐增大，

24、丙装置中硫酸钠的浓度逐渐增大pH不变，甲装置中加入适量的氯化铜可恢复原状态，乙、丙装置加入适量的水即可恢复原状态。【试题92】磁材氧化铁的化学名称是氧化铁（Fe2O3），它是电子、电信工业的磁性材料，工业上采用生产钛白粉的下脚料（含大量FeSO4的废液）为原料来制备磁材氧化铁。已知煅烧中的化学反应方程式为：FeCO3 FeO+CO2，4FeO+O2 2Fe2O3（1）用98%的H2SO4的配制500mL的20%的H2SO4，所需玻璃仪器是 A、玻璃棒 B、烧杯 C、漏斗 D、250mL容量瓶E、500mL容量瓶 F、胶头滴管（2）浓缩结晶后得到的晶体是 （填化学式），A中溶质是 ；此溶液中各离

25、子的浓度比较大小为： 。（3）20%H2SO4和铁皮的作用分别是 。（4）检验滤液中含有NH4+的方法是 （5）写出步骤“合成”中发生的化学变化（用化学方程式表示）： 。【答案】（1）ABEF（2分，对2个给1分，有错不给分）（2）FeSO47H2O（2分），(NH4)2SO4（2分）；c(NH4+)c(SO42)c(H+)c(OH)（3分）（3）硫酸作用抑制的Fe2+水解，铁皮的作用防止Fe2+的氧化。（2分，各1分）（4）在试管中取滤液少许，加入足量的NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝色，则证明滤液中含有NH4+。（2分）（5）FeSO4+2NH4HCO3FeCO3+

26、(NH4)2SO4+CO2+H2O（3分）【解析】（1）用已知浓度的浓溶液配制稀溶液时，需要使用玻璃棒引流，烧杯进行溶解，500mL容量瓶进行配制，胶头滴管进行定容。（2）下脚料在稀硫酸中溶解，难溶性杂质通过过滤即可除去，稀硫酸同时也抑制Fe2+水解，为防止Fe2+氧化，加入适量的Fe皮，之后的过程中均为发生化学反应，因此浓缩结晶后得到的晶体是结晶水合物FeSO47H2O，结合图示可知，FeSO4与2NH4HCO3反应可得到FeCO3沉淀和CO2气体，同时还有(NH4)2SO4和H2O，故A为(NH4)2SO4。(NH4)2SO4溶液中，c(NH4+)c(SO42)，且NH4+水解使溶液呈现酸

27、性，即有：c(NH4+)c(SO42)c(H+)c(OH)。（3）结合（2）知20%H2SO4和铁皮的作用分别是抑制的Fe2+水解、防止Fe2+的氧化。（4）NH3是唯一的碱性气体，故可用碱与之反应生成NH3，在用湿润的pH试纸或者红色石蕊试纸即可检验。（5）结合（2）知“合成”中发生的化学变化为：FeSO4+2NH4HCO3FeCO3+ (NH4)2SO4+ CO2+H2O。【试题93】钠是一种很活泼的金属，在工业上常用电解熔融NaCl的方法制得，其另一产物氯气的用途也十分广泛，工业上制取漂白粉就是其用途之一。（1）请写出工业上用电解方法制取钠的化学方程式 。（2）工业上制取漂白粉的化学反应

28、方程式为2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，漂白粉的主要成分是 。（3）实验室有一瓶密封不严的漂白粉，其中肯定存在CaCl2，请设计实验，探究该固体中可能存在的其它物质。提出合理假设。假设1：该漂白粉未变质，只含 ；假设2：该漂白粉全部变质，只含 ；假设3：该漂白粉部分变质，既含有Ca(ClO)2又含有CaCO3。设计实验方案，进行实验。请在答题卡上写出实验步骤、预期现象与结论限选用的仪器和药品：试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、自来水、1mol/LHCl、品红溶液、新制澄清石灰水。（提示：不必检验Ca2+和Cl，表格可以不填满。）实验步骤预期现象和结论取少量上

29、述漂白粉于试管中， 【答案】（1）2NaCl（熔融）2Na+Cl2（2分）（2）CaCl2、Ca(ClO)2（2分，）（3）只含有Ca(ClO)2（2分），只含有CaCO3（2分）实验步骤预期现象和结论加入适量1mol/L盐酸溶解后，再将产生的气体导入到澄清石灰水中（2分）（1）若澄清石灰水未见浑浊，则固体中不含CaCO3；（2）若澄清石灰水变浑浊，则固体中含有 CaCO3（2分）向步骤反应后的试管滴入12滴品红溶液，振荡（2分）（或另外取样操作）（1）若品红褪色，固体中存在Ca(ClO)2；（2）若品红不褪色，则固体中不存在 Ca(ClO)2（2分）（没有说明用量，合扣1分，写“否则无”合扣

30、1分）【解析】（1）工业上制取钠可采用熔融电解氯化钠。（2）结合漂白粉的制取反应方程式知，漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2。（3）漂白粉的变质实际为Ca(ClO)2与潮湿空气中的H2O和CO2反应得到CaCO3，因此未变质即只有Ca(ClO)2，全变质即是CaCO3。样品的检验实际是检验CO32和ClO的存在，CO32与过量酸反应可产生能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体，ClO与H+可结合成能使品红溶液褪色的HClO。【试题94】某合作小组同学将铜片加入稀硝酸，发现开始时反应非常慢，一段时间后反应速率明显加快。该小组通过实验探究其原因。（1）该反应的离子方程式为_。（2）提出合理假

31、设。该实验中反应速率明显加快的原因可能是_。A反应放热导致温度升高 B压强增大C生成物的催化作用 D反应物接触面积增大（3）初步探究。测定反应过程中溶液不同时间的温度，结果如下表：时间/min05101520253550607080温度/25262626262626.527272727结合实验目的和表中数据，你得出的结论是_。（4）进一步探究。查阅文献了解到化学反应的产物（含中间产物）可能对反应有催化作用，请完成以下实验设计表并将实验目的补充完整：实验编号铜片质量/g0.1molL-1的硝酸体积/mL硝酸铜晶体/g亚硝酸钠晶体/g实验目的520实验和探究_的影响；实验和探究亚硝酸根的影响。0.

32、5【解析】本题提供的实验情景是具体的，除了将铜片放入稀硝酸不再有其他操作，故接触面积是不需要列入合理假设的，由于反应物是固液体系，故压强也是不需要列入合理假设的。剩下的因素中，温度要成为影响因素的前提是反应过程中体系温度升高，这一验证过程较简单故首先完成，获得实验数据后可以获得一系列结论，如果把它放在整个实验探究中去理解可知最重要的结论是反应液温度上升不是反应速率明显加快的主要原因。当探究进入到产物催化作用的研究，还是要从合理假设开始，从离子方程式看，新增的物质只有铜离子，故铜离子的影响应列入合理假设（体系中一直存在NO3，故NO3不应列入合理假设；NO不溶于水立即逸出也不应列入合理假设），另

33、一种中间产物亚硝酸根的影响是试题提示的，然后才是针对每一个具体的探究目的设计对比实验。由于探究是不是这种新增物质导致反应速率加快，因此对比的重点是有和无，而不是含量的多少，故作为对照的实验除了铜片和稀硝酸不应该再引入其他物质。【答案】（1）3Cu8H2NO3 3Cu22NO4H2O （3分）（2）AC（4分）（3）反应放热导致温度升高不是反应速率明显加快的主要原因。（3分）（4）（6分）实验编号铜片质量/g0.1molL-1的硝酸体积/mL硝酸铜晶体/g亚硝酸钠晶体/g实验目的52000实验和探究 Cu2 的影响；实验和探究亚硝酸根的影响。 【试题95】A、B、C、D四种元素处于同一短周期，在

34、同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，C的电负性介于A、B之间，D与B相邻。(1)C的原子的价电子排布式为_。(2)在B的单质分子中存在_个键，_个键。(3)已知B的气态氢化物很容易与H结合，B原子与H间形成的键叫_，形成的离子立体构型为_，其中B原子采取的杂化方式是_。(4)在A、B、C、D四种元素形成的电子数相同的四种氢化物中沸点最低的是_(写分子式)，其沸点显著低于其他三种氢化物的原因是：_。【解析】根据题给信息，A为短周期元素，其气态氢化物的相对分子质量在同族元素氢化物中不是最大的，而沸点最高，说明A的氢化物可形成氢键，故A可能是N

35、、O、F中的一种，则A、B、C、D为第二周期元素，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，则B为N，C的电负性介于A、B之间，则C为O，A为F；D与B相邻则为碳。(1)主族元素的价电子指最外层电子，排布式为2s22p4。(2)B单质即N2，其结构式为NN，三键中有一个键，2个键。(3)NH3分子N原子上有一对孤对电子，可与H以配位键结合成NH4，据价层电子对互斥理论，该微粒为正四面体形，其中N的杂化方式为sp3杂化。(4)F的氢化物只有一种HF，电子数为10，其他有10个电子的氢化物分别是NH3、H2O、CH4，其中CH4沸点最低，因为只有CH4分子间不能形成氢键，其他三种分子间

36、均形成氢键，故它们的氢化物沸点显著高于CH4。【答案】(1)2s22p4(2)21(3)配位键正四面体形sp3杂化(4)CH4CH4分子间只有范德华力没有氢键，而NH3、H2O、HF分子间还存在氢键【试题96】由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验(部分产物略去)：(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填写化学式)_。(2)Z为一种或两种气体：若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应中能同时生成两种气体的化学方程式是_。若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，

37、则Z中两种气体的化学式是_。(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)_。(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是_。(5)另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中的物质用化学式表示)_。【解析】首先要注意框图中量的描述“过量”，然后作大致的推断，再根据具体的设问提供的信息具体分析。大致猜想：“浓酸”和“两种气体”可推知“浓酸”可能为浓硫酸或浓硝酸，金属元素只有F

38、e、Cu，则溶液X可能为Fe2(SO4)3、CuSO4、Al2(SO4)3或Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、Al(NO3)3。两种气体可能为SO2、CO2或NO2、CO2，不可能为NO2、NO，因浓酸过量。Y中溶液定有Fe2，还可能有Al3。Y中固体定有Fe(前述过量Fe粉)、Cu。(1)若有Al，则应有2AlO2CO23H2O=2Al(OH)3CO32或AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，有白色沉淀产生。无明显变化说明原混合物中无Al。(2)若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则Z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液反应生成CO2，应为SO2：SO22NaH

39、CO3=Na2SO32CO2H2O，则浓酸为浓硫酸。若Z为两种气体的混合物，a为适量水，则其中一种为NO2：3NO2H2O=2HNO3NO，气体Z为NO与CO2的混合气体，则浓酸为浓硝酸。(3)Y中溶液中有大量的Fe2，少量H，固体为Fe、Cu，通入过量Cl2，并不断搅拌，则发生的反应有：Cl22Fe2=2Fe32Cl，Cl2H2OHClHClO,2HFe=Fe2H2，HClOHCu=Cu2ClH2O,2Fe3Cu=2Fe2Cu2。所以溶液中的阳离子有Fe3、Cu2、H。(4)当消耗2 mol I时，共转移3 mol电子，且有红褐色沉淀Fe(OH)3生成。则I与Fe2共同还原H2O2：4I2F

40、e23H2O2=2I22Fe(OH)3。(这是一个新动向，氧化剂或还原剂不止一种的氧化还原反应离子方程式的书写！)(5)通过前面的分析已知原样品中一定有CuO和C，一定无Al，Fe2O3、Fe是否存在不能确定。另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应。若溶液中一定不会产生Cu，则一定不会发生FeCu2=Fe2Cu，则原样品中无Fe，可能的组合有：CuO、C；CuO、C、Fe2O3。【答案】(1)Al(2)C2H2SO4(浓)CO22SO22H2ONO、CO2(3)Cu2、Fe3、H(4)2Fe23H2O24I=2Fe(OH)32I2(5)CuO、C；CuO、C、Fe2O316下面是制备Fe(OH)2

41、白色沉淀的几种方案。请回答下列各问题：(1)用不含Fe3的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时还需要加入_。除去蒸馏水中溶解的O2常采用_的方法。生成Fe(OH)2白色沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_。(2)在如右图所示的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。在试管里加入的试剂是_。在试管里加入的试剂是_。为了制得Fe(OH)2白色沉淀，在试管和中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是_。这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白

42、色，理由是_。(3)利用电解实验可以制得纯净的Fe(OH)2白色沉淀。如右图所示，已知两电极的材料分别为石墨和铁。a电极的材料应为，电极反应式为_。电解液c可以是(填编号)。A纯水 BNaCl溶液CNaOH溶液 DCuCl2溶液d为苯，其作用是_，在加入苯之前对电解液c应作何简单处理？_。为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是_(填编号)。A改用稀H2SO4作电解液B适当增大电源的电压C适当减小两极间的距离D适当降低电解液的温度若c用Na2SO4溶液，当电解一段时间后看到白色Fe(OH)2沉淀，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为_。【答案】(1)稀H2SO4、铁屑煮沸避

43、免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化(2)稀H2SO4和铁屑NaOH溶液检验试管出口处排出的H2的纯度，当排出的H2已经纯净时再夹紧止水夹试管中反应生成的H2充满了试管和试管，且外界O2不易进入(3)FeFe2e=Fe2BC隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化加热煮沸，排出溶解的O2BC白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色【试题97】水垢可以看做由多种物质组成的混合物，为研究含有Ca2、Mg2、HCO3的水所形成水垢的化学组成，取干燥的水垢6.32 g，加热使其失去结晶水，得到5.78 g剩余固体A；高温灼烧A至恒重，残余固体为CaO和MgO，放出的气体用过量的Ba(OH)2溶液吸

44、收，得到11.82 g沉淀。(1)通过计算确定A中是否含有碳酸镁；(2)5.78 g剩余固体A灼烧至恒重时产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重2.82 g。通过计算确定A中各成分的物质的量，并计算出水垢中碳酸盐的质量分数。【试题98】某学生用电子天平和必要的化学实验仪器测定铁铝合金中各组分含量，其实验装置如下图所示：实验时，取一块铁铝合金，将其切成碎块后全部加入到盛有50 mL 5.0 molL1 NaOH溶液的烧杯中。试回答下列问题：(1)合金表面最先产生气泡的位置是_(填“切口断面”或“非切口断面”)，反应的离子方程式为_。(2)合金表面会形成原电池，其负极的电极反应式为_。(3)不同时

45、间电子天平的读数如下表所示：实验操作过程时间/min电子天平的读数/g烧杯NaOH溶液80.0烧杯溶液样品087.8187.5287.3387.2487.2则合金中铁的质量分数为_(保留三位有效数字，下同)。(4)上述50 mL NaOH溶液中最多可加入的铁铝合金样品质量为_。【解析】第(1)问中铁铝化学性质较活泼，表面均易生成氧化物薄膜，故在“切口断面”最先产生气泡，且Al产生Al3后，由于NaOH过量，故离子方程式应考虑Al(OH)3与NaOH的反应，其负极反应也是如此。第(3)问中合金中只有Al与NaOH反应，且溶液减少的质量是H2的质量，则2Al 2NaOH2H2O=2NaAlO23H

46、22 mol2 mol0.3 mol02 mol 0.2 mol所以w(Fe)100%30.8%，消耗n(NaOH)0.2 mol。第(4)问中溶解合金最大量：78 g9.75 g。【答案】(1)切口断面2Al2OH2H2O=2AlO23H2(2)Al3e4OH=AlO22H2O(3)30.8%(4)9.75 g【试题99】取少量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为_，反应后得到的溶液呈_色。用此溶液进行以下实验：(1)取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为_，此反应属于_(填反应类型)。(2)在小烧杯中加入20 mL蒸馏

47、水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸直至溶液呈_色，即可制得Fe(OH)3胶体。(3)取另一小烧杯也加入20 mL蒸馏水，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯(编号甲)与盛有Fe(OH)3胶体的烧杯(编号乙)一起放置于暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到_烧杯中的液体产生丁达尔效应。这个实验可以用来区别_。(4)取乙烧杯中少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量HI稀溶液，边滴边振荡，会出现一系列变化。先出现红褐色沉淀，原因是_。随后沉淀溶解，溶液呈黄色，写出此反应的离子方程式_。最后溶液颜色加深，原因是_，此反应的离子方程式是_

48、。用稀盐酸代替HI稀溶液，能出现上述哪些相同的变化现象_。(写序号)(5)已知明矾能净水，理由为_。【解析】碱性氧化物与酸反应生成盐和水，故Fe2O36HCl=2FeCl33H2O，FeCl2溶液呈棕黄色，(1)FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应，此小题主要考查区分与Fe(OH)3胶体的制备原理。(2)此小题主要考查Fe(OH)3胶体的制法。(3)由胶体和溶液的性质不同，可据丁达尔效应将二者区别。(4)HI既有酸性又有强还原性，I能使Fe(OH)3胶体聚沉，H使其溶解，生成的Fe3又能氧化I生成I2；而HCl只能使其先聚沉再溶解。该题涉及到胶体的聚沉、Fe(OH)3的弱碱性、HI的三重性质(强电解质、酸性、还原性)等在一系列变化中的体现，也体现了不同变化阶段“主要矛盾”的不同性。分析时的关键在于Cl比I还原性弱，Cl不能还原Fe3，故导致现象不同。(5)因为Al(OH)3胶体能净水，胶体的性质是相似的，故Fe(OH)3胶体也能净水。【答案】Fe2O36HCl=2FeCl33H2O棕黄(1)FeCl33NaOH=3NaClFe(OH)3复分解反应(2)红褐(3)乙胶体和溶液(4)加入电解质后，胶体发生聚沉Fe(OH)33H