專(zhuān)題01 經(jīng)典母題30題 2015年高考化學(xué)走出題海之黃金30題系列 Word版含解析

1、2015年高考沖刺之黃金30題系列經(jīng)典母題30題【試題1】下列物質(zhì)性質(zhì)與應(yīng)用對(duì)應(yīng)關(guān)系不正確的是 （ ）A明礬在天然水中生成Al(OH)3膠體，可用作自來(lái)水的消毒劑BSO2有漂白性，工業(yè)上常用它來(lái)漂白紙漿C單質(zhì)硅具有半導(dǎo)體性能，可以制成光電池DFe2O3是一種紅棕色粉末，常用作紅色油漆【答案】A【解析】試題分析：A、明礬在天然水中生成Al(OH)3膠體，可用作自來(lái)水的沉降劑，A錯(cuò)誤；B、SO2有漂白性，工業(yè)上常用它來(lái)漂白紙漿，B正確；C、單質(zhì)硅具有半導(dǎo)體性能，可以制成光電池，C正確；D、Fe2O3是一種紅棕色粉末，常用作紅色油漆，D正確；答案選A?？键c(diǎn)：元素化合物性質(zhì)【試題2】化學(xué)與生產(chǎn)、生活、

2、環(huán)境保護(hù)等密切相關(guān)。下列敘述正確的是（ ）A綠色食品是生產(chǎn)時(shí)不使用化肥農(nóng)藥，不含任何化學(xué)物質(zhì)的食品B新型材料聚酯纖維、光導(dǎo)纖維都屬于有機(jī)高分子材料C醫(yī)藥中常用酒精來(lái)消毒，是因?yàn)榫凭軌蚴共《镜牡鞍踪|(zhì)發(fā)生變性DCO2的水溶液呈酸性，CO2的大量排放會(huì)導(dǎo)致酸雨的形成【答案】C【解析】試題分析：A、綠色食品是無(wú)公害和無(wú)污染的食品，食品中都含有化學(xué)物質(zhì)，錯(cuò)誤；B、光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，錯(cuò)誤；C、酒精能使蛋白質(zhì)變性，所以醫(yī)藥中常用酒精來(lái)消毒，正確；D、二氧化碳是造成溫室效應(yīng)的主要?dú)怏w，二氧化硫是造成酸雨的主要?dú)怏w，錯(cuò)誤，答案選C?？键c(diǎn)：考查化學(xué)與生產(chǎn)、生活、環(huán)境的關(guān)系【試題3

3、】設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（ ）A1 mol Cu(NH3)42+ 中含有鍵的數(shù)目為12NAB0.1mol鐵粉與足量水蒸氣反應(yīng)生成的H2分子數(shù)目為0.1NAC分子數(shù)目為0.1NA的N2和NH3混合氣體，原子間含有的共用電子對(duì)數(shù)目為0.3NAD用惰性電極電解CuSO4溶液一段時(shí)間后，若加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固體恰好能使溶液恢復(fù)到原來(lái)的濃度，則該電解過(guò)程中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NA【答案】C考點(diǎn)：考查阿伏加德羅常數(shù)的計(jì)算【試題4】下列物質(zhì)按純凈物、混合物、電解質(zhì)、非電解質(zhì)的順序組合的一組為（ ）A蒸餾水、氨水、乙醇、二氧化硫 B膽礬、空氣、硫酸鈉、干冰C生鐵

4、、鹽酸、濃硫酸、碳酸鈣 D生石灰、漂白粉、氯化銅、硫酸鋇【答案】B【解析】試題分析：A、乙醇不是電解質(zhì)，屬于非電解質(zhì)，錯(cuò)誤；B、膽礬是含有結(jié)晶水的硫酸銅，屬于純凈物，空氣是混合物，硫酸鈉是電解質(zhì)，干冰是二氧化碳固體，是非電解質(zhì)，正確；C、生鐵是鐵與碳的合金，屬于混合物，濃硫酸屬于混合物，不屬于電解質(zhì)，碳酸鈣屬于電解質(zhì)，錯(cuò)誤；D、硫酸鋇是電解質(zhì)，錯(cuò)誤，答案選B?？键c(diǎn)：考查物質(zhì)的分類(lèi)判斷【試題5】解釋下列過(guò)程的方程式正確的是（ ）A氯化鈉溶于水發(fā)生電離，電離方程式為：NaClNa+ + Cl¯B用過(guò)量氨水吸收煙道氣中的SO2：SO2+2NH3H2O=SO32¯+2NH4+H2O

5、C工業(yè)冶煉金屬鋁：AlCl3(熔融)Al + Cl2D向物質(zhì)的量之比為1:1的NaOH和Na2CO3混合物中加入過(guò)量稀鹽酸：OH¯+CO32¯+2H+HCO3¯+H2O【答案】B【解析】試題分析： A、氯化鈉溶于水發(fā)生電離不需要通電，A錯(cuò)誤；B、用過(guò)量氨水吸收煙道氣中的SO2：SO2+2NH3H2OSO32¯+2NH4+H2O ，B正確；C、工業(yè)冶煉金屬鋁電解熔融氧化鋁，AlCl3為共價(jià)化合物，不導(dǎo)電，C錯(cuò)誤；D、過(guò)量稀鹽酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，：OH¯+CO32¯+3H+=CO2+2H2O ，D錯(cuò)誤；答案選B。考點(diǎn)：化學(xué)用語(yǔ)、各

6、種方程式【試題6】下列各組離子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）A強(qiáng)酸性溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、ClO-B加入Al能放出的H2溶液中：Cl-、HCO3-、NO3-、NH4+C在由水電離出的c(OH-)10-13mol·L-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、Cl-DpH11的溶液中：CO32-、Na+、Al(OH)4-、NO3-【答案】D考點(diǎn)：考查溶液中離子大量共存的知識(shí)。【試題7】下列關(guān)于有機(jī)物的判斷錯(cuò)誤的是（ ）A乙烯和苯使溴水褪色的原理不同B乙醇、乙酸都能和金屬鈉反應(yīng)CC2H6O只代表一種物質(zhì)D淀粉和纖維素都可作為工業(yè)上生產(chǎn)葡萄糖的原料【答案】C【解析】試題分析

7、：A、乙烯使溴水褪色是因?yàn)橐蚁┡c溴發(fā)生加成反應(yīng)，苯使溴水褪色，是因?yàn)楸娇奢腿′逅械匿?，原理不同，正確；B、乙醇與乙酸中都含羥基，所以都與鈉反應(yīng)，正確；C、C2H6O可以代表乙醇，也可以代表甲醚，不只代表一種物質(zhì)，錯(cuò)誤；D、淀粉和纖維素最終的水解產(chǎn)物都是葡萄糖，所以淀粉和纖維素都可作為工業(yè)上生產(chǎn)葡萄糖的原料，正確，答案選C?？键c(diǎn)：考查對(duì)有機(jī)物性質(zhì)的判斷【試題8】以KI為碘劑的加碘食鹽，由于受空氣作用，容易引起碘的損失，工業(yè)生產(chǎn)中需添加穩(wěn)定劑以減少碘的損失。下列物質(zhì)中可能做穩(wěn)定劑的是（ ）ANa2S2O3 BFeCl3 CNaHCO3 DCaO【答案】A【解析】試題分析：以KI為碘劑的加碘食鹽中

8、碘的損失主要是由于雜質(zhì)、水份、空氣中的氧氣以及光照，受熱而引起的，要減少碘的損失，需加入具有還原性的物質(zhì)來(lái)消耗氧氣，A. Na2S2O3具有還原性，正確，BFeCl3具有氧化性，錯(cuò)誤；CNaHCO3和CaO沒(méi)有氧化性和還原性，錯(cuò)誤；選A?？键c(diǎn)：考查氧化還原反應(yīng)，碘的化合物的性質(zhì)?！驹囶}9】四種短周期元素在周期表中的位置如圖，其中X元素的原子最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)。下列說(shuō)法不正確的是（ ）ZWXYAX位于元索周期表中第3 周期、A族B原子半徑：X > Z > WC最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W > YDY的最高價(jià)氧化物可以和W的最簡(jiǎn)單氫化物反應(yīng)【答案】D【解析】試題分析：根

9、據(jù)四種短周期元素的位置可判斷X是第三周期元素，所以X的最外層電子數(shù)是3，則X是Al元素；Y是Si元素，Z是N元素，W是O元素。A、Al位于元索周期表中第3 周期、A族，正確；B、根據(jù)原子半徑的決定因素，X的電子層數(shù)最多，原子半徑最大，Z與W的電子層數(shù)相同，Z的原子序數(shù)小，則Z的原子半徑大于W，正確；C、O的非金屬性大于Si，則F的氫化物的穩(wěn)定性大于Si的氫化物的穩(wěn)定性，正確；D、Si的最高價(jià)氧化物是二氧化硅，O的簡(jiǎn)單氫化物是水，而二氧化硅與水不發(fā)生反應(yīng)，錯(cuò)誤，答案選D。考點(diǎn)：考查元素的推斷，元素化合物的性質(zhì)應(yīng)用【試題10】下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法正確的是（ ）A將二氧化碳通人硅酸鈉溶液以證明碳酸的酸

10、性比硅酸強(qiáng)B上圖裝置中，導(dǎo)管不能伸人液面的原因是產(chǎn)物易溶于水C用堿石灰可干燥氯氣D用普通玻璃棒蘸取溶液做焰色反應(yīng)以證明溶液含有Na十【答案】A【解析】試題分析：A根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，二氧化碳通入硅酸鈉溶液會(huì)產(chǎn)生白色沉淀，證明碳酸的酸性強(qiáng)于硅酸，正確；B 導(dǎo)管不能伸人液面的原因是使生成的乙酸乙酯氣體直接在液面就液化，從而浮在上面與下面的溶液分層，如果伸進(jìn)去，則會(huì)有一部分溶解在溶液中，減少產(chǎn)量，還可以防止倒吸，錯(cuò)誤；C堿石灰的成分是NaOH和CaO的混合物，氯氣和NaOH反應(yīng)，錯(cuò)誤；D 玻璃里有一種成分是Na2SiO3 ，因?yàn)椴ＡЮ锖蠳a元素，也會(huì)出現(xiàn)黃色的焰色反應(yīng)，錯(cuò)誤；選A?？键c(diǎn)：考查化學(xué)

11、實(shí)驗(yàn)基本操作?！驹囶}11】鎂鋁合金5.4g溶于過(guò)量的熱濃硝酸中，反應(yīng)產(chǎn)生11.2 LNO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，若在反應(yīng)后溶液中加入過(guò)量的氫氧化鈉溶液，則生成沉淀質(zhì)量為（ ）A45g B6 g C87g D139g【答案】C【解析】試題分析：設(shè)鎂的物質(zhì)的量為x，鋁的物質(zhì)的量為y，根據(jù)鎂鋁合金為5.4g可得：24x+27y=5.4，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子總數(shù)相等可得：2x+3y=11.2L÷22.4L/mol，解這兩個(gè)方程可得x=0.15mol，加入過(guò)量的NaOH溶液得到的沉淀為Mg(OH)2，則生成沉淀質(zhì)量為：0.15mol×58g/mol=8.7g，故C項(xiàng)正確?？键c(diǎn)：本題考查化

12、學(xué)計(jì)算。【試題12】下列說(shuō)法正確的是（ ）A濃硫酸有吸水性，可用于干燥氨氣BSiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應(yīng)CNa2O2與水反應(yīng)、紅熱的Fe與水蒸氣反應(yīng)均能生成堿D新制氯水顯酸性，滴加少量紫色石蕊溶液，溶液始終呈紅色【答案】B【解析】試題分析：A、濃硫酸可作干燥劑，但不能干燥氨氣，因?yàn)榕c氨氣反應(yīng)生成硫酸銨，錯(cuò)誤；B、二氧化硅是酸性氧化物，可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和水，正確；C、過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，F(xiàn)e與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，錯(cuò)誤；D、新制氯水中含有氫離子、次氯酸分子等，溶液具有酸性。所以使紫色石蕊變紅色，但次氯酸具有強(qiáng)氧化性，所以紅色隨后褪去，錯(cuò)誤，答

13、案選B。考點(diǎn)：考查對(duì)物質(zhì)性質(zhì)的判斷【試題13】常溫下，濃度均為1.0 mol·L-1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10 mL，測(cè)得其pH為9.3。下列有關(guān)敘述正確的是（ ）A加入適量的NaCl，可使c(NH4+)c(Cl-)B滴加幾滴濃氨水，c(NH4+)減小C滴加幾滴濃鹽酸，的值減小D1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中c(NH4+)比該混合溶液大【答案】A【解析】試題分析：A、等濃度的氨水與氯化銨的混合液呈堿性，c(H)< c（OH），根據(jù)電荷守恒，則c(NH4+) > c(Cl-)，加入氯化鈉后氯離子濃度增大，而銨根離子濃度不變，可使c

14、(NH4+)c(Cl-)，正確；B、該混合液呈堿性，說(shuō)明一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，滴加幾滴濃氨水，溶液的堿性增強(qiáng)，盡管濃氨水中一水合氨的電離度小，但銨根離子的濃度、氫氧根離子濃度仍大于原溶液中的銨根離子濃度、氫氧根離子濃度，溶液的堿性增強(qiáng)，所以c(NH4+)增大，錯(cuò)誤；C、滴加幾滴濃鹽酸，溶液的pH減小，氫氧根離子濃度減小，則一水合氨的電離正向移動(dòng)，銨根離子濃度增大，一水合氨的濃度減小，比值增大，錯(cuò)誤；D、因?yàn)樵摶旌弦褐幸凰习钡碾婋x程度大于銨根離子的水解程度，則銨根離子濃度會(huì)大于1.0mol/L，而1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中c(NH4+)會(huì)因?yàn)殇@根離子

15、的水解小于1.0mol/L，錯(cuò)誤，答案選A?？键c(diǎn)：考查弱電解質(zhì)的電離平衡的判斷，離子濃度的變化判斷【試題14】一定條件下進(jìn)行反應(yīng)：A(g)B(g)+C (g)，向2.0 L恒容密閉容器中充入1.0 mol A(g)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過(guò)程中測(cè)得的有關(guān)數(shù)據(jù)見(jiàn)下表：t/s02468n(B)/mol00.300.390.400.40下列說(shuō)法正確的是（雙選）（ ）A反應(yīng)前2min的平均速率v(B)0.15 mol/（L·min）B保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)c(B)0.22 mol·L-1,則反應(yīng)的H < 0C保持其他條件不變，起始向容器中充入2.0 mol

16、A，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)C的體積分?jǐn)?shù)減小D保持其他條件不變，起始向容器中充入1.2 mol A、0.60 mol B和0.60 mol C，反應(yīng)達(dá)到平衡前的速率：v(正)<v(逆)【答案】CD【解析】試題分析：A、反應(yīng)前2min的平均速率v(B)0.30mol/2.0L/2min0.075 mol/（L·min），錯(cuò)誤；B、原平衡時(shí)，c(B)0.40mol/2.0L=0.2 mol·L-1,保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)c(B)0.22 mol·L-1>0.20mol/L，說(shuō)明升高溫度，平衡正向移動(dòng)，則該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，H >0，錯(cuò)誤；C、保持其他

17、條件不變，起始向容器中充入2.0 mol A，臂原平衡時(shí)物質(zhì)的濃度增大，相當(dāng)于縮小容器的體積，增大壓強(qiáng)，則平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)C的體積分?jǐn)?shù)減小，正確；D、根據(jù)表中數(shù)據(jù)可計(jì)算該溫度時(shí)的平衡常數(shù)是0.4/3，保持其他條件不變，起始向容器中充入1.2 mol A、0.60 mol B和0.60 mol C，則Qc0.32/0.60.15>0.4/3，則反應(yīng)逆向進(jìn)行，所以反應(yīng)達(dá)到平衡前的速率：v(正)<v(逆)，正確，答案選CD。考點(diǎn)：考查反應(yīng)速率的計(jì)算，平衡移動(dòng)的判斷，化學(xué)平衡常數(shù)的應(yīng)用【試題15】研究發(fā)現(xiàn)，可以用石墨作陽(yáng)極、鈦網(wǎng)作陰極、熔融CaF2CaO作電解質(zhì)，利用圖示裝置獲

18、得金屬鈣，并以鈣為還原劑還原二氧化鈦制備金屬鈦。下列說(shuō)法中正確的是（ ）A將熔融CaF2CaO換成Ca(NO3)2溶液也可以達(dá)到相同目的B陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為：C+2O2-4e-CO2C在制備金屬鈦前后，整套裝置中CaO的總量減少D若用鉛蓄電池作該裝置的供電電源，“+”接線柱應(yīng)連接Pb電極【答案】B【解析】試題分析：A若將熔融CaF2CaO換成Ca(NO3)2溶液，則由于得到電子的能力：H+>Ca2+，所以不可能產(chǎn)生金屬Ca，錯(cuò)誤；B陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，該電極的電極反應(yīng)式為：C+2O2-4e-CO2，正確；C在制備金屬鈦前后，Ca失去電子變?yōu)镃a2+，故整套裝置中CaO的總量不變，錯(cuò)誤；D若

19、用鉛蓄電池作該裝置的供電電源，“+”接線柱應(yīng)連接正極PbO2電極，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查電解原理的應(yīng)用、電源的連接方法及電極反應(yīng)的知識(shí)?！驹囶}16】某同學(xué)為研究電化學(xué)原理，使用KC1鹽橋設(shè)計(jì)如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置。下列分析不合理的是（ ）A閉合K2斷開(kāi)K1，左側(cè)燒杯中的Fe2+向鐵電極移動(dòng)B無(wú)論閉合K1斷開(kāi)K2，還是斷開(kāi)K1閉合K2，石墨電極上發(fā)生的反應(yīng)都是C閉合K，斷開(kāi)K2，電流從石墨電極經(jīng)過(guò)K流向鐵電極D閉合K，斷開(kāi)K2，左側(cè)燒杯中的溶液pH將逐漸降低【答案】A【解析】試題分析：閉合K2斷開(kāi)K1后，就形成的是一個(gè)電解池，根據(jù)電源的正極可知鐵電極應(yīng)該是陽(yáng)極，是一個(gè)活性陽(yáng)極，應(yīng)該是鐵失去電子，陽(yáng)離子應(yīng)該移

20、動(dòng)到陰極，故A的分析不合理；閉合K，斷開(kāi)K2，形成的是一個(gè)原電池，電子從負(fù)極出發(fā)到正極，鐵失電子為負(fù)極，故電流方向從石墨電極經(jīng)過(guò)K流向鐵電極，亞鐵離子被空氣中氧氣氧化成鐵離子，水解能力增強(qiáng)，故酸性增強(qiáng)，溶液pH將逐漸降低。考點(diǎn)：考查電化學(xué)的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)【試題17】實(shí)驗(yàn)室制備氯氣：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+ Cl2+2 H2O反應(yīng)會(huì)因鹽酸濃度下降而停止。為測(cè)定反應(yīng)殘余液中鹽酸的濃度，探究小組同學(xué)設(shè)計(jì)了4組實(shí)驗(yàn)方案（每次均量取20 mL反應(yīng)殘余液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)），其中正確的是（ ）A與足量AgNO3溶液反應(yīng)，過(guò)濾、洗滌、干燥，稱(chēng)量生成的沉淀質(zhì)量為a gB稀釋10倍后取20 mL用已知濃度的NaO

21、H溶液滴定，消耗NaOH的體積為b mLC與足量NaHCO3固體反應(yīng)，逸出氣體用足量堿石灰吸收，增重c gD加入d1g CaCO3（過(guò)量）充分反應(yīng)后，稱(chēng)量剩余固體質(zhì)量為d2 g已知：Ksp( CaCO3)>Ksp( MnCO3)【答案】B【解析】試題分析：A、反應(yīng)后的溶液中除鹽酸中含有氯離子外，氯化錳中也含有氯離子，所以不能用氯化銀沉淀的質(zhì)量來(lái)計(jì)算溶液中鹽酸的濃度，錯(cuò)誤；B、溶液中的鹽酸與氫氧化鈉反應(yīng)，所以利用消耗氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量來(lái)計(jì)算鹽酸的物質(zhì)的量濃度，正確；C、與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成的二氧化碳?xì)怏w被堿石灰吸收，則堿石灰還會(huì)吸收氣體中的水蒸氣，所以不能計(jì)算鹽酸的濃度，錯(cuò)誤；D、加

22、入d1g CaCO3（過(guò)量）充分反應(yīng)后，得到的固體中除含碳酸鈣外還含有碳酸錳，所以無(wú)法計(jì)算鹽酸消耗的碳酸鈣的質(zhì)量，不能計(jì)算鹽酸的濃度，錯(cuò)誤，答案選B?？键c(diǎn)：考查對(duì)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【試題18】下列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過(guò)一步反應(yīng)就能實(shí)現(xiàn)圖示轉(zhuǎn)化的是（ ）A B C D【答案】C【解析】試題分析： 2FeCl2+Cl22FeCl3；2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2；CuCl2+FeCu+ FeCl2；Fe+2HClFeCl2+H2，2Fe+3Cl22FeCl3，正確；2Na2O+O22Na2O2；2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；Na2CO3不能一步轉(zhuǎn)化為Na2O；2Na+O2N

23、a2O2；4Na+O22Na2O，錯(cuò)誤；2NO+O22NO2，3NO2+H2OHNO3+NO；8HNO3(稀)+3Cu3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；N2+O22NO，但是不能反應(yīng)產(chǎn)生NO2，錯(cuò)誤；Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl(OH)4，NaAl(OH)4+HClAl(OH)3+NaCl+H2O，2Al(OH)3Al2O3+3H2O，4Al+3O22Al2O3；2Al+2NaOH+6H2O2NaAl(OH)4+3H2；正確。因此物質(zhì)之間通過(guò)一步反應(yīng)就能實(shí)現(xiàn)圖示轉(zhuǎn)化的是。選項(xiàng)是C?？键c(diǎn)：考查物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)及相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系的知識(shí)。【試題19】已知：NH2COO-2H2OHCO3

24、-NH3·H2O?，F(xiàn)用兩份氨基甲酸銨溶液在不同溫度（T1和T2）下實(shí)驗(yàn)，得到c(NH2COO)隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示。以下分析正確的是（ ）A無(wú)法判斷T1和T2的大小關(guān)系BT1 時(shí)，第6min反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率為6.25%CT2 時(shí)，06min （NH2COO-）=0.3mol·L-1·min-1D往平衡體系加水稀釋?zhuān)胶庥乙?，溶液中各種離子濃度減小【答案】B【解析】試題分析：A.由圖象可以看出，用時(shí)6分鐘，T2溫度下氨基甲酸銨濃度變化大，所以T2>T1，錯(cuò)誤；B.在T1時(shí)，第6min，反應(yīng)物由2.4降低到2.25，反應(yīng)掉0.15mol/L，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率為0.15

25、/2.4×100%=6.25%，正確；C.T2時(shí)，0-6min，V (NH2COO-)=（2.2-1.9）÷6=0.05mol·L-1·min-1，錯(cuò)誤；D.往平衡體系中加水稀釋?zhuān)胶庥乙疲芤簤A性減弱，酸性增強(qiáng)，H濃度升高，錯(cuò)誤；選B?？键c(diǎn)：考查化學(xué)平衡。【試題20】某霧霾嚴(yán)重影響人們的生活與健康。某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無(wú)機(jī)離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl 。某同學(xué)收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預(yù)處理后試樣溶液，設(shè)計(jì)并完成了如下的實(shí)驗(yàn)：已知：3NO3+ 8Al + 5OH + 2H2O3NH3 + 8AlO2根

26、據(jù)以上的實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象，該同學(xué)得出的結(jié)論不正確的是（ ）A試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B試樣中一定不含Al3+C試樣中可能存在Na+、ClD該霧霾中可能存在NaNO3 、NH4Cl和MgSO4【答案】B【解析】試題分析：由氣體1遇濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙顯藍(lán)色知原試液中含有NH4+；因?yàn)樵趬A性條件下，由氣體2的性質(zhì)及生成過(guò)程、題給反應(yīng)信息3NO3+ 8Al + 5OH + 2H2O3NH3 + 8AlO2知試液中含有NO3-；由沉淀1的性質(zhì)知其成分為BaSO4與Mg(OH)2，故原試液中含有SO42-、Mg2；沉淀2中肯定含有BaCO3，由已知信息無(wú)法確定溶液中是否含有Na、C

27、l。綜合前述分析知A、C、D項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤?？键c(diǎn)： 掌握常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)方法?！驹囶}21】（10分）電子工業(yè)中，可用FeCl3HCl溶液作為印刷電路銅板蝕刻液。某探究小組設(shè)計(jì)如下線路處理廢液和資源回收：請(qǐng)回答：（1）FeCl3HCl溶液蝕刻銅板后的廢液中含有的金屬陽(yáng)離子是 。（2）FeCl3蝕刻液中加入鹽酸的目的：可以 ，又可提高蝕刻速率。（3）步驟中加入H2O2溶液的目的是 。（4）已知：生成氫氧化物沉淀的pHCu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3開(kāi)始沉淀時(shí)4.77.01.9沉淀完全時(shí)6.79.03.2根據(jù)表中數(shù)據(jù)推測(cè)調(diào)節(jié)pH的范圍是 。（5）寫(xiě)出步驟中生成CO2的一個(gè)離子方程式_（已知

28、Cu2(OH)2CO3不易溶于水）。（6）寫(xiě)出步驟生成Cu2(OH)2CO3的離子方程式_?！敬鸢浮浚ü?0分）（1）Fe3+ 、Fe2+和Cu2+ （2分，寫(xiě)對(duì)3個(gè)得2分，少一個(gè)得一分）（2）抑制氯化鐵水解 （1分） （3）將Fe2+氧化成Fe3+，方便后續(xù)沉淀時(shí)除去（1分）（4）3.2，4.7）或3.2pH4.7（5）4H+Cu2(OH)2CO3 3H2O +2 Cu2+ CO2或4Fe3+3Cu2(OH)2CO3+3H2O 4Fe(OH)3+6 Cu2+3 CO2（6）2Cu2+4HCO3 Cu2(OH)2CO3+H2O +3 CO2【解析】試題分析：（1）由2Fe3+Cu2Fe2+Cu

29、2+可知，溶液蝕刻銅板后的廢液中含有的金屬陽(yáng)離子是Fe3+ 、Fe2+和Cu2+；（2）為了防止Fe3+的水解，蝕刻液中加入鹽，又可提高蝕刻速率；（3）由生成氫氧化物沉淀的pH表可知Fe3+比Fe2+更易沉淀而除去，所以在步驟中加入H2O2溶液將Fe2+氧化成Fe3+，方便后續(xù)沉淀時(shí)除去；（4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)為了讓Fe3+完全沉淀，pH應(yīng)該大于等于3.2，為了防止Fe2+、Cu2+沉淀，pH小于4.7，所以pH的范圍是3.2，4.7）或3.2pH4.7；（5）由Cu2(OH)2CO3不易溶于水，可寫(xiě)出生成二氧化碳的方程式為4H+Cu2(OH)2CO3 3H2O +2 Cu2+ CO2或4Fe3+

30、3Cu2(OH)2CO3+3H2O4Fe(OH)3+6 Cu2+3 CO2；（6）步驟生成Cu2(OH)2CO3的離子方程式2Cu2+4HCO3 Cu2(OH)2CO3+H2O +3 CO2?？键c(diǎn)：鐵及其化合物性質(zhì)【試題22】（16分）CuCl是應(yīng)用廣泛的有機(jī)合成催化劑，可采取不同方法制取。方法一 銅粉還原CuSO4溶液已知：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+ 2ClCuCl32(無(wú)色溶液)。（1）將廢銅板浸入熱的H2SO4溶液中，并通入空氣，可以生成CuSO4。該反應(yīng)的離子方程式為 。（2）中，“加熱”的目的是 ，當(dāng)觀察到 現(xiàn)象，即表明反應(yīng)已經(jīng)完全。（3）中，加入

31、大量水的作用是 。（4）潮濕的CuCl在空氣中易發(fā)生水解和氧化。上述流程中，為防止水解和氧化所添加的試劑或采取的操作是 。方法二 銅電極電解飽和食鹽水（實(shí)驗(yàn)裝置如圖）（5）陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為 。（6）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)，陽(yáng)極附近沒(méi)有產(chǎn)生CuOH沉淀的原因是 。（已知：Ksp(CuCl)=1.2×10-6，Ksp(CuOH)=1.2×10-14）【答案】（15分）（1）2Cu+O2+4H+2Cu2+ 2H2O ；3分（2）加快反應(yīng)的速率；2分溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色； 2分 （3）稀釋促進(jìn)平衡CuCl(白色)+ 2ClCuCl32(無(wú)色溶液)逆向移動(dòng)，生成CuCl；2分（4）濃鹽酸、95%

32、乙醇、真空干燥； 2分（5）Cu - e+ Cl= CuCl（寫(xiě)Cu - e+ 3Cl= CuCl32也給分 ） 3分（6）陽(yáng)極區(qū)Cl-濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)高于OH-的濃度【解析】試題分析：（1）Cu與稀硫酸、氧氣在加熱的條件下反應(yīng)生成硫酸銅和水，離子方程式是2Cu+O2+4H+2Cu2+ 2H2O；（2）加熱是目的是加快反應(yīng)速率，硫酸銅與Cu、氯化鈉反應(yīng)最終生成CuCl32，所以當(dāng)溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色時(shí)，證明反應(yīng)完全；（3）因?yàn)镃uCl在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+ 2Cl CuCl32(無(wú)色溶液)，加水稀釋?zhuān)蛊胶饽嫦蛞苿?dòng)，從而生成CuCl沉淀；（4）潮濕的CuCl在空氣中易發(fā)生水解和氧化，為防

33、止Cu2+水解，所以加入濃鹽酸并在95%的乙醇中洗滌，防止被氧化，則排除空氣的存在，在真空中進(jìn)行干燥；（5）Cu作電極電解食鹽水制取氯化亞銅，則陽(yáng)極是Cu失去電子，與氯離子結(jié)合為CuCl，則陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是Cu - e+ Cl= CuCl；（6）雖然Ksp(CuCl)> Ksp(CuOH)，但是在陽(yáng)極區(qū)，陰離子主要是氯離子，而氫氧根離子濃度較小，所以陽(yáng)極區(qū)中Cu+與氯離子結(jié)合為CuCl，當(dāng)陰極的氫氧根離子濃度逐漸增大時(shí)，氫氧根離子向陽(yáng)極移動(dòng)的過(guò)程中，在U形管的底部可能氫氧根離子與Cu+結(jié)合為CuOH沉淀，所以在陽(yáng)極區(qū)不會(huì)產(chǎn)生CuOH沉淀?？键c(diǎn)：考查對(duì)物質(zhì)制備流程的分析，化學(xué)方程式的判斷

34、，電化學(xué)反應(yīng)原理的應(yīng)用【試題23】（13分）研究CO2的利用對(duì)促進(jìn)低碳社會(huì)的構(gòu)建具有重要的意義。（1）已知拆開(kāi)1 mol H2、1 mol O2和液態(tài)水中1 mol OH鍵使之成為氣態(tài)原子所需的能量分別為436 kJ、496 kJ和462 kJ；CH3OH(g)的燃燒熱為627 kJ·mol1。則CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(l) H kJ·mol1。（2）將燃煤廢氣中的CO2轉(zhuǎn)化為二甲醚的反應(yīng)原理為：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(l)該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式K 。已知在某壓強(qiáng)下，該反應(yīng)在不同溫度、不同投料比時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率如圖所示

35、。該反應(yīng)的H 0（填“”或“”）。若溫度不變，減小反應(yīng)投料比n(H2)/n(CO2)，則K將 （填“增大”、“減小”或“不變”）。某溫度下，向體積一定的密閉容器中通入CO2(g)與H2(g)發(fā)生上述反應(yīng)，當(dāng)下列物理量不再發(fā)生變化時(shí)，能表明上述可逆反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡的是 。A二氧化碳的濃度 B容器中的壓強(qiáng)C氣體的密度 DCH3OCH3與H2O的物質(zhì)的量之比（3）向澄清的石灰水中通入CO2至溶液中的Ca2+剛好完全沉淀時(shí)，則溶液中c(CO32-) 。已知：Ksp(CaCO3)=2.8×109【答案】（1）93 （3分）（2） c(CH3OCH3)/ c2(CO2)×c6(H2)

36、（2分） （2分）不變 （1分） ABC （3分） （3）2.8×104 mol/L （2分）【解析】試題分析：（1）已知拆開(kāi)1 mol H2、1 mol O2和液態(tài)水中1 mol OH鍵使之成為氣態(tài)原子所需的能量分別為436 kJ、496 kJ和462 kJ，則生成1mol液態(tài)水放出的熱量是462kJ×2436 kJ496 kJ×1/2240kJ，即反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為1/2O2(g)H2(g)H2O(l) H240kJ·mol1。又因?yàn)镃H3OH(g)的燃燒熱為627 kJ·mol1，即熱化學(xué)方程式為CH3OH(g)3/2O2(g)CO2(

37、g)2H2O(l) H627kJ·mol1，則根據(jù)蓋斯定律可知×3即得到CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(l) H93kJ·mol1。（2）化學(xué)平衡常數(shù)是在一定條件下，當(dāng)可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，生成物濃度的冪之積和反應(yīng)物濃度的冪之積的比值，則根據(jù)方程式可判斷該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式Kc(CH3OCH3)/ c2(CO2)×c6(H2)。根據(jù)圖像可知，在投料比相同的條件下，升高溫度CO2的轉(zhuǎn)化率降低，這說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，因此正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即反應(yīng)的H0。平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，因此若溫度不變，減小反應(yīng)投料比n(H2)/n(CO2

38、)，則K將不變。在一定條件下，當(dāng)可逆反應(yīng)的正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等時(shí)（但不為0），反應(yīng)體系中各種物質(zhì)的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱(chēng)為化學(xué)平衡狀態(tài)。則A二氧化碳的濃度不再發(fā)生變化可以說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，A正確；B正反應(yīng)是體積減小的可逆反應(yīng)，因此當(dāng)壓強(qiáng)不再發(fā)生變化時(shí)可以說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，B正確；C密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值，在反應(yīng)過(guò)程中容積始終是不變的，當(dāng)氣體的質(zhì)量是減小的，因此密度是變化的，則當(dāng)氣體的密度不再發(fā)生變化時(shí)可以說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，C正確；D根據(jù)方程式可知甲醇與水總是按照物質(zhì)的量之比1：3產(chǎn)生，因此CH3OCH3與H2O的物質(zhì)的量之比始終是不變，所以不能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)

39、到平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤，答案選ABC。（3）當(dāng)溶液中離子的濃度小于1×105mol/L時(shí)可以認(rèn)為完全測(cè)定，因此向澄清的石灰水中通入CO2至溶液中的Ca2+剛好完全沉淀時(shí)溶液中c(CO32-)2.8×109÷1×1052.8×104mol/L?？键c(diǎn)：考查蓋斯定律、外界條件對(duì)平衡狀態(tài)的影響、平衡狀態(tài)的判斷以及溶度積常數(shù)計(jì)算【試題24】（15分）某化學(xué)探究小組擬用廢銅屑制取Cu(NO3)2，并探究其化學(xué)性質(zhì)。I 如圖，用濃HNO3，和過(guò)量的廢銅屑充分反應(yīng)制硝酸銅溶液。（1）寫(xiě)出銅與濃硝酸反應(yīng)的離子方程式 。（2）裝置中NaOH溶液的作用是 。欲從反應(yīng)后的

40、溶液中得到硝酸銅晶體，實(shí)驗(yàn)操作步驟是蒸發(fā)濃縮、 、過(guò)濾。你認(rèn)為此裝置是否合理，并說(shuō)明原因 。如果不合理，同時(shí)在原裝置上改進(jìn)；如果合理，只需說(shuō)明原因。為了探究的熱穩(wěn)定性，探究小組按下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。（圖中鐵架臺(tái)、鐵夾和加熱儀器均略去）【實(shí)驗(yàn)裝置】【實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象】往試管中放人研細(xì)的無(wú)水Cu(NO3)2：晶體并加熱，觀察到試管中有紅棕色氣體生成，最終殘留黑色粉末；用U型管除去紅棕色氣體，在集氣瓶中收集到無(wú)色氣體?！窘忉屌c結(jié)論】（3）紅棕色氣體是 。根據(jù)現(xiàn)象判斷在加熱條件下可以分解，其化學(xué)反應(yīng)方程式為 。利用Cu(NO3)2制備淺綠色的堿式碳酸銅CuCO3·Cu(OH)2。向大試管中加入一

41、定量的碳酸鈉溶液和硝酸銅溶液，水浴加熱，用0.4 mol/L的NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至8.5，振蕩、靜置、過(guò)濾、洗滌、干燥，得到樣品。【實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)】反應(yīng)溫度對(duì)樣品的影響實(shí)驗(yàn)序號(hào)1234溫度35507095樣品顏色深藍(lán)色深藍(lán)色淺綠色暗藍(lán)色樣品中堿式碳酸銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)%90.992.7x92.0（4）濾液中可能含有 ，寫(xiě)出檢驗(yàn)的方法 。（5）95時(shí)，樣品顏色發(fā)暗的原因：_ 。（6）70C時(shí)，實(shí)驗(yàn)得到2.38 g樣品，取此樣品加熱至分解完全（雜質(zhì)不分解），得到1.76 g固體，此樣品中堿式碳酸銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是 ?！敬鸢浮浚?5分）I（1） Cu+4H+2NO3一=Cu2+2NO2+2H2O(2分)（2）吸收

42、氮氧化物，防止污染空氣（1分，合理即可）冷卻結(jié)晶（1分）不合理，密閉體系中立即產(chǎn)生大量氣體，會(huì)有安全隱患（1分）（裝置圖如下，1分，合理即給分）或者合理，慢慢擠壓膠頭滴管控制反應(yīng)速率，使NaOH溶液及時(shí)吸收NO2（2分，合理即給分） II（3）NO2（1分）2Cu(NO3)22CuO+4NO2+O2 (2分) III（4）取少量濾液置于試管中，加入足量稀鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，說(shuō)明有CO32-（2分，合理即給分）（5）含有黑色的氧化銅（2分） （6）93.3%（2分）【解析】試題分析：I、（1）Cu與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和水、二氧化氮?dú)怏w，化學(xué)方程式是Cu+4H+2NO3

43、一Cu2+2NO2+2H2O；（2）裝置中NaOH溶液的作用是吸收反應(yīng)產(chǎn)生的氮的氧化物，防止污染；從硝酸銅溶液中得到硝酸銅晶體，需經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥等操作；該小題為開(kāi)放題目，若反應(yīng)速率過(guò)快，則裝置不合理，密閉體系中立即產(chǎn)生大量氣體，會(huì)有安全隱患；若合理，則慢慢擠壓膠頭滴管控制反應(yīng)速率，使NaOH溶液及時(shí)吸收NO2；II、（3）根據(jù)氣體的顏色判斷紅棕色氣體為NO2；根據(jù)硝酸銅分解的現(xiàn)象：有紅棕色氣體生成，最終殘留黑色粉末，用U型管除去紅棕色氣體，在集氣瓶中收集到無(wú)色氣體，判斷黑色固體是CuO，無(wú)色氣體為氧氣，紅棕色氣體為二氧化氮，所以硝酸銅受熱分解的化學(xué)方程式是2Cu(NO

44、3)22CuO+4NO2+O2；III、（4）濾液中可能含有碳酸根離子，證明碳酸根離子的存在，一般選擇鹽酸和澄清石灰水，取少量濾液置于試管中，加入足量稀鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，說(shuō)明有CO32-；隨溫度升高，生成的氫氧化銅會(huì)分解產(chǎn)生黑色的CuO，顏色變暗；根據(jù)題意，固體質(zhì)量減少2.38-1.76=0.62g，根據(jù)堿式碳酸銅分解的化學(xué)方程式CuCO3·Cu(OH)22CuO+CO2+H2O,可知固體每減少44g+18g62g，則有1mol CuCO3·Cu(OH)2反應(yīng)，則樣品中CuCO3·Cu(OH)2的物質(zhì)的量是0.62g/62g×

45、1mol0.01mol，則此樣品中堿式碳酸銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是0.01mol×222g/mol/2.38g×100%93.3%?？键c(diǎn)：考查Cu與硝酸的反應(yīng)，對(duì)反應(yīng)現(xiàn)象的分析，質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算【試題25】（10分）某學(xué)生利用以下裝置探究氯氣與氨氣之間的反應(yīng)。其中A、F分別為氨氣和氯氣的發(fā)生裝置，C為純凈干燥的氯氣與氨氣反應(yīng)的裝置。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）裝置F中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_。（2）裝置A中的燒瓶?jī)?nèi)固體可選用_（選填以下選項(xiàng)的代號(hào)）。A堿石灰 B生石灰 C二氧化硅 D五氧化二磷（3）虛線框內(nèi)應(yīng)添加必要的除雜裝置，請(qǐng)從上圖的備選裝置中選擇，并將編號(hào)填入下列空格：B ，D_，E

46、。（均填編號(hào)）（4）催化劑存在下，NH3可用來(lái)消除NO的污染，生成兩種對(duì)環(huán)境無(wú)害的物質(zhì)。寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： ；該反應(yīng)中每生成0.5molN2轉(zhuǎn)移 mol電子?！敬鸢浮?10分)（1)MnO24H2ClMn2Cl22H2O （2分） (2)A、B （2分）(3) （全對(duì)給2分，錯(cuò)一個(gè)不給分） （4）4NH3+6NO5N2+6H2O (2分) ；1.2（2分）【解析】試題分析：（1）F是產(chǎn)生氯氣的裝置，二氧化錳與濃鹽酸共熱，產(chǎn)生氯氣，離子方程式是MnO24H2ClMn2Cl22H2O；（2）氨水中存在一水合氨的電離平衡，加入堿石灰或生石灰可使平衡逆向移動(dòng)，從而有氨氣放出，所以濃氨水與堿石灰或

47、生石灰反應(yīng)可制取氨氣，則燒瓶A中的固體為A、B；（3）氨氣極易溶于水，所以氨氣與氯氣反應(yīng)前應(yīng)先干燥，用堿石灰干燥氨氣，則B選擇I裝置；濃鹽酸與二氧化錳制取的氯氣中含有少量氯化氫，所以氯氣先用飽和食鹽水除去氯化氫，則E選III裝置；然后氯氣再用濃硫酸干燥，則D選II裝置；（4）氨氣與NO氣體在催化劑條件下反應(yīng)生成氮?dú)夂退瘜W(xué)方程式是4NH3+6NO5N2+6H2O；若生成5mol氮?dú)?，則消耗4mol氨氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)是4mol×3=12mol電子，所以生成0.5mol氮?dú)鈺r(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是1.2mol。考點(diǎn)：考查氨氣與氯氣的實(shí)驗(yàn)室制取及除雜的判斷，氧化還原反應(yīng)的計(jì)算【試題26】（

48、13分）平板電視顯示屏生產(chǎn)過(guò)程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質(zhì)）。某課題以此粉末為原料，設(shè)計(jì)如下工藝流程對(duì)資源進(jìn)行回收，得到Ce(OH)4和硫酸鐵銨：已知：酸性條件下，鈰在水溶液中有、兩種主要存在形式，易水解，有較強(qiáng)氧化性。CeO2不溶于稀硫酸。硫酸鐵銨aFe2(SO4) 3b(NH4) 2SO4cH2O廣泛用于水的凈化處理。（1）在氧化環(huán)節(jié)，下列物質(zhì)中最適合用作氧化劑B的是 (填序號(hào))。aNaClO bH2O2 cKMnO4（2）操作的名稱(chēng)是 ，檢驗(yàn)硫酸鐵銨溶液中含有NH4+的方法是 。（3）寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式 。（4）用滴定法測(cè)定制得的Ce(OH)4

49、產(chǎn)品純度。所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時(shí)間后再進(jìn)進(jìn)行滴定，則測(cè)得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質(zhì)量分?jǐn)?shù) 。（填“偏大”、“偏小”或“無(wú)影響”）（5）稱(chēng)取14.00g硫酸鐵銨樣品，將其溶于水配制成100mL溶液，分成兩等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，過(guò)濾洗滌沉淀并烘干灼燒至恒重得到1.60g固體；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反應(yīng)。通過(guò)計(jì)算，該硫酸鐵銨的化學(xué)式為 （寫(xiě)出必要的計(jì)算步驟，否則不得分）?！敬鸢浮浚?3分）（1）B(1分) （2）冷卻結(jié)晶 (1分) 取樣于試管中加入NaOH溶液，加熱，用濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)氣體，若試紙變藍(lán)，即可證明（

50、2分）（3）4Ce(OH)3 +O2 + 2H2O4Ce(OH)4 (2分)（4）偏大 (2分) （5） 一份中n(Fe3+)= 2n(Fe2O3)=2×1.6g/160g/mol = 0.02 mol(1分)n(SO42)= n(Ba2+)= 0.05 mol(1分)根據(jù)電荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol (1分)n(H2O)=(7g 0.02mol×56g/mol - 0.05 mol×96g/mol - 0.04 mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol(1分)所以化學(xué)式為Fe2(SO4) 3·2(NH

51、4) 2SO4·2H2O（1分）【解析】試題分析：（1）廢玻璃粉末中只有二氧化硅與氫氧化鈉反應(yīng)，所以濾渣A中含有Fe2O3、CeO2、FeO等物質(zhì)，加稀硫酸與氧化鐵和氧化亞鐵反應(yīng)生成相應(yīng)的鹽，所以加入的氧化劑可以氧化亞鐵離子同時(shí)不引入新的雜質(zhì)，所以最適合用作氧化劑B的是過(guò)氧化氫，被還原的產(chǎn)物是水，而次氯酸鈉被還原為氯離子、高錳酸鉀被還原為錳離子，都會(huì)產(chǎn)生新的雜質(zhì)，所以答案選B；（2）加熱蒸發(fā)后，需將溶液冷卻結(jié)晶，然后過(guò)濾洗滌、干燥可得到硫酸鐵銨；（3）反應(yīng)是Ce(OH)3與氧氣反應(yīng)生成Ce(OH)4，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知該反應(yīng)中有水參與，所以化學(xué)方程式是4Ce(OH)3 + O2 +

52、 2H2O = 4Ce(OH)4；（4）FeSO4溶液在空氣中露置一段時(shí)間后再進(jìn)進(jìn)行滴定，則硫酸亞鐵溶液中的亞鐵離子的濃度降低，所以滴定樣品時(shí)，消耗硫酸亞鐵溶液的體積偏大，使滴定結(jié)果偏大；（5）硫酸鐵銨與足量的氫氧化鈉溶液反應(yīng)，過(guò)濾洗滌沉淀并烘干灼燒至恒重得到1.60g固體，則該固體是氧化鐵固體，物質(zhì)的量是1.60g/160g/mol=0.01mol，說(shuō)明7.0g硫酸鐵銨樣品中含有Fe元素的物質(zhì)的量是0.02mol；另一份中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反應(yīng)，則硫酸根離子與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，所以7.0g固體中硫酸根離子的物質(zhì)的量是0.5mol/L

53、5;0.1L=0.05mol，根據(jù)電荷守恒，n(NH4+)=0.04 mol，所以7.0g樣品中水的物質(zhì)的量是(7g 0.02mol×56g/mol - 0.05 mol×96g/mol - 0.04 mol×18g/mol)÷18g/mol=0.02 mol,所以樣品中銨根離子、鐵離子、硫酸根離子、水的物質(zhì)的量之比是0.04:0.02:0.05:0.02=4:2:5:2，則樣品的化學(xué)式是Fe2(SO4) 3·2(NH4) 2SO4·2H2O。考點(diǎn)：考查物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用，對(duì)流程的分析，化學(xué)式的計(jì)算【試題27】)三氯化磷（PCl3）是合成藥物的重要化工原料，可通過(guò)白磷和氯氣化合得到。已知：白磷與少量Cl2反應(yīng)生成PCl3，與過(guò)量Cl2反應(yīng)生成PCl5；PCl3遇O2會(huì)生成POCl3(三氯氧磷)；POCl3能溶于PCl3；POCl3和PCl3遇水會(huì)強(qiáng)烈水解。實(shí)驗(yàn)室制取PCl3的裝置示意圖和有關(guān)數(shù)據(jù)如下：物質(zhì)熔點(diǎn)/沸點(diǎn)/密度/g·cm-3白磷44.1280.51.82PCl3-11275.51.574POCl32105.31.675請(qǐng)回答：（1）實(shí)驗(yàn)所需氯氣可用MnO2和濃HCl反應(yīng)制取，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中所用的玻璃儀器除