【解析】廣東省惠州市惠陽高中2017年屆高三上學期(9月份)段考-化學含解析

2016-2017學年廣東省惠州市惠陽高中高三（上）段考化學試卷（9月份）一、選擇題1．下列敘述不正確的是（）A．標準狀況下，22.4LNO與11.2LO2混合，混合氣體所含分子數(shù)為NAB．1molAl3+含有的核外電子數(shù)為10NAC．常溫常壓下，1mol氮氣含有的原子總數(shù)為2NAD．1L1mol/LFeCl3溶液全部制成膠體，其中含膠粒的數(shù)目小于NA2．下列實驗誤差分析正確的是（）A．用濕潤的pH試紙測稀堿液的pH，測定值偏大B．用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏小C．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點讀數(shù)時有氣泡，所測體積偏小D．測定中和反應反的應熱時，將堿緩慢倒入酸中，所測溫度值偏大3．四種短周期元素在周期表中的位置如右圖，其中X元素的原子最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)．下列說法不正確的是（）ZWXYA．X位于元素周期表中第3周期、ⅢA族B．原子半徑：X＞Z＞W(wǎng)C．最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W＞YD．Y的最高價氧化物可以和W的最簡單氫化物反應4．下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A．NaHSO4溶液與Ba（OH）2溶液反應至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OB．5molFe和4molCl2反應：5Cl2+4Fe2FeCl2+2FeCl3C．向Ca（ClO）2溶液中通入過量的SO2：C1O﹣+SO2+H2O=HClO+HSO3﹣D．FeSO4酸性溶液中加H2O2：2Fe2++H2O2=2Fe3++2OH﹣5．乙烯催化氧化成乙醛可設(shè)計成如圖所示的燃料電池，能在制備乙醛的同時獲得電能，其總反應為：2CH2=CH2+O2→2CH3CHO．下列有關(guān)說法正確的是（）A．該電池為可充電電池B．每有0.1molO2反應，則遷移H+0.4molC．正極反應式為：CH2=CH2﹣2e﹣+2OH﹣═CH3CHO+H2OD．電子移動方向：電極a→磷酸溶液→電極b6．下列說法中，錯誤的是（）A．蔗糖、淀粉、纖維素水解的最終產(chǎn)物都只是葡萄糖B．誤服重金屬鹽，立即服用牛奶或豆?jié){可解毒C．油脂、乙酸乙酯都屬于酯類，但不是同系物D．煤的干餾可以得到苯、甲苯等芳香烴7．已知0.1mol/L的二元酸H2A溶液的PH=4，則下列說法中不正確的是（）A．在Na2A和NaHA溶液中離子種類相同B．在溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度相等的Na2A和NaHA溶液中，陰離子總數(shù)相等C．在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+c（OH﹣）+2c（A2﹣）D．在Na2A溶液中一定有：c（OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）二、8．草酸亞鐵為黃色固體，作為一種化工原料，可廣泛用于涂料、陶瓷、玻璃器皿等的著色劑以及新型電池材料、感光材料的生產(chǎn)．合成草酸亞鐵的流程如下：（1）配制（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O溶液時，需加入少量稀硫酸，目的是．（2）得到的草酸亞鐵沉淀需充分洗滌，檢驗是否洗滌干凈的方法是．（3）將制得的產(chǎn)品（FeC2O4?2H2O）在氬氣氣氛中進行加熱分解，結(jié)果如圖（TG%表示殘留固體質(zhì)量占原樣品總質(zhì)量的百分數(shù)）．①則A﹣B發(fā)生反應的化學方程式為；②已知B→C過程中有等物質(zhì)的量的兩種氣態(tài)氧化物生成，寫出B→C的化學方程式；（4）某草酸亞鐵樣品中含有少量草酸銨．為了測定不純產(chǎn)品中草酸根的含量，某同學做了如下分析實驗：Ⅰ．準確稱量mg樣品，溶于少量2mol/L硫酸中并用100mL容量瓶定容．Ⅱ．取上述溶液20mL，用cmol/L高錳酸鉀標準溶液滴定，溶液變?yōu)榈仙母咤i酸鉀溶液的體積為V1mL．Ⅲ．向上述溶液中加入足量Zn粉，使溶液中的Fe3+恰好全部還原為Fe2+，過濾，Ⅳ．洗滌剩余的鋅粉和錐形瓶，洗滌液并入濾液Ⅴ．用cmol/LKMnO4溶液滴定該濾液至溶液出現(xiàn)淡紫色，消耗KMnO4溶液體積V2mL．回答下列問題：①已知：草酸（H2C2O4）與酸性高錳酸鉀溶液反應，現(xiàn)象是有氣泡產(chǎn)生，紫色消失，寫出該反應的離子方程式：；②若省略步驟Ⅳ，則測定的草酸根離子含量（填“偏大”“偏小”“不變”）③mg樣品中草酸根離子的物質(zhì)的量為（用c，V1，V2的式子表示，不必化簡）9．霧霾天氣肆虐給人類健康帶來了嚴重影響．燃煤和汽車尾氣是造成空氣污染的原因之一．（1）汽車尾氣凈化的主要原理為：2NO（g）+2CO2CO2（g）+N2（g）△H＜O①該反應的速率時間罔像如圖中左圖所示．若其他條件不變，僅在反應前加入合適的催化劑，其速率時間圖象如圖中右圖所示．以下說法正確的是（填對應字母）．A．a(chǎn)1＞a2，B．b1＜b2C．t1＞t2D．右圖中陰影部分面積更大E．左圖中陰影部分面積更大②若該反應在絕熱、恒容的密閉體系中進行，下列示意圖正確且能說明反應在進行到t1時刻達到平衡狀態(tài)的是（填代號）．（2）直接排放煤燃燒產(chǎn)生的煙氣會引起嚴重的環(huán)境問題．煤燃燒產(chǎn)生的煙氣含氮的氧化物，用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）═N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol寫出CH4催化還原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的熱化學方程式：．（3）CH4和H2O（g）在催化劑表面發(fā)生反應CH4+H2O?CO+3H2，該反應在不同溫度下的化學平衡常數(shù)如下表：溫度/℃800100012001400平衡常數(shù)0.451.92276.51771.5①該反應是反應（填“吸熱”或“放熱”）．②T℃時，向1L密閉容器中投人lmolCH4和lmolH2O（g），平衡時c（CH4）=0.5mol/L，該溫度下反應CH4+H2O═CO+3H2的平衡常數(shù)K=．（4）甲烷燃料電池可以提升能量利用率．如圖是利用甲烷燃料電池電解100ml1mol/L食鹽水，電解一段時間后，收集到標準狀況下的氫氣2.24L（設(shè)電解后溶液體積不變）．①甲烷燃料電池的負極反應式：②電解后溶液的pH=（忽略氯氣與氫氧化鈉溶液反應）③陽極產(chǎn)生氣體的體積在標準狀況下是L．10．黃鐵礦既是硫礦又是鐵礦，因其呈黃色俗稱“愚人金”，是重要的工業(yè)原料．工業(yè)煅燒過程中常產(chǎn)生廢渣，廢渣成分主要含鐵的幾種氧化物和二氧化硅等，利用該廢渣可以制備高效凈水劑聚合硫酸鐵，工藝流程如圖：（1）檢驗“酸溶”后的溶液中含有Fe2+，試劑是．（2）硫鐵礦燒渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是．（3）廢鐵皮使用前要用純堿溶液浸泡，目的是．（4）“酸溶”過程中Fe2O3溶解的化學反應方程式為．（5）“操作Ⅲ”系統(tǒng)操作名稱依次為、、過濾和洗滌．洗滌的方法是．（6）加入適量H2O2的目的是氧化Fe2+，寫出H2O2氧化Fe2+為Fe3+的離子方程式：．11．沒食子酸丙酯簡稱PG，結(jié)構(gòu)簡式為，是白色粉末，難溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化劑．（1）PG的分子式為，請寫出PG分子中所含官能團的名稱，1molPG與足量氫氧化鈉溶液完全反應時，消耗的氫氧化鈉的物質(zhì)的量是．PG可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：（2）③的化學反應式為，1mol沒食子酸最多可與molH2加成．（3）上圖的有關(guān)變化中，屬于氧化反應的有（填序號）．（4）從分子結(jié)構(gòu)或性質(zhì)上看，PG具有抗氧化作用的主要原因是（填序號）．A．含有苯環(huán)B．含有羧基C．含有酚羥基D．微溶于食用油（5）反應④的化學方程式為：（6）B有多種同分異構(gòu)體，寫出其中符合下列要求的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：i．含有苯環(huán)，且苯環(huán)上的一溴代物只有一種；ii．既能發(fā)生銀鏡反應，又能發(fā)生水解反應．

2016-2017學年廣東省惠州市惠陽高中高三（上）段考化學試卷（9月份）參考答案與試題解析一、1．（2016秋?惠陽區(qū)月考）下列敘述不正確的是（）A．標準狀況下，22.4LNO與11.2LO2混合，混合氣體所含分子數(shù)為NAB．1molAl3+含有的核外電子數(shù)為10NAC．常溫常壓下，1mol氮氣含有的原子總數(shù)為2NAD．1L1mol/LFeCl3溶液全部制成膠體，其中含膠粒的數(shù)目小于NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)．【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】A、NO和氧氣反應后生成的NO2中存在平衡：2NO2?N2O4；B、鋁離子的核外有10個電子；C、氮氣為雙原子分子；D、一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體．【解答】解：A、NO和氧氣反應后生成的NO2中存在平衡：2NO2?N2O4，故分子個數(shù)減少，故所得的氣體中分子個數(shù)小于NA個，故A錯誤；B、鋁離子的核外有10個電子，故1mol鋁離子的核外有10NA個電子，故B正確；C、氮氣為雙原子分子，故1mol氮氣中含2mol原子即2NA個，故C正確；D、一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故形成的膠粒的個數(shù)小于NA個，故D正確．故選A．【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大．2．（2016春?石家莊校級期末）下列實驗誤差分析正確的是（）A．用濕潤的pH試紙測稀堿液的pH，測定值偏大B．用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏小C．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點讀數(shù)時有氣泡，所測體積偏小D．測定中和反應反的應熱時，將堿緩慢倒入酸中，所測溫度值偏大【考點】試紙的使用；計量儀器及使用方法．【專題】化學實驗基本操作．【分析】A．濕潤的pH值試紙可以稀釋堿液；B．定容時俯視刻度線，導致所配溶液的體積偏小，結(jié)合c=判斷；C．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點讀數(shù)時有氣泡，氣體占據(jù)液體應占有的體積；D．測定中和反應的反應熱時，將堿緩慢倒入酸中，導致熱量損失過大．【解答】解：A．濕潤的pH值試紙可以稀釋堿液，溶液中氫氧根離子根據(jù)減小，測定的溶液堿性減弱，測定值偏小，故A錯誤；B．定容時俯視刻度線，導致所配溶液的體積偏小，結(jié)合c=可知，所配溶液的濃度偏大，故B錯誤；C．滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點讀數(shù)時有氣泡，氣體占據(jù)液體應占有的體積，會導致所測溶液體積偏小，故C正確；D．測定中和反應的反應熱時，將堿緩慢倒入酸中，導致熱量損失過大，所測溫度值偏小，故D錯誤；故選C．【點評】本題考查化學實驗方案的評價，涉及實驗基本操作、誤差分析等，難度中等，理解實驗進行的原理是解題的關(guān)鍵，注實驗基本操作的掌握，難度不大．3．（2016?漳州二模）四種短周期元素在周期表中的位置如右圖，其中X元素的原子最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)．下列說法不正確的是（）ZWXYA．X位于元素周期表中第3周期、ⅢA族B．原子半徑：X＞Z＞W(wǎng)C．最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W＞YD．Y的最高價氧化物可以和W的最簡單氫化物反應【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)．【分析】由短周期元素在周期表的位置可知，Z、W處于第二周期，X、Y處于第三周期，其中X原子最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，最外層電子數(shù)為3，則X為Al，可推知Y為Si、Z為N、W為O，結(jié)合元素化合物性質(zhì)與元素周期律解答．【解答】解：由短周期元素在周期表的位置可知，Z、W處于第二周期，X、Y處于第三周期，其中X原子最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，最外層電子數(shù)為3，則X為Al，可推知Y為Si、Z為N、W為O，A．有上述分析可知，X位于元素周期表中第3周期ⅢA族，故A正確；B．同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑X＞Y＞Z，故B正確；C．氫化物穩(wěn)定性與非金屬性一致，W元素的非金屬性比Y強，故最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W＞Y，故C正確；D．二氧化硅不能與水反應，故D錯誤，故選D．【點評】本題考查元素周期表與元素周期律的綜合應用，難度不大，關(guān)鍵是根據(jù)位置關(guān)系確定元素所處的周期，注意基礎(chǔ)知識的掌握．4．（2016秋?惠陽區(qū)月考）下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A．NaHSO4溶液與Ba（OH）2溶液反應至中性：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2OB．5molFe和4molCl2反應：5Cl2+4Fe2FeCl2+2FeCl3C．向Ca（ClO）2溶液中通入過量的SO2：C1O﹣+SO2+H2O=HClO+HSO3﹣D．FeSO4酸性溶液中加H2O2：2Fe2++H2O2=2Fe3++2OH﹣【考點】離子方程式的書寫．【分析】A．NaHSO4溶液與Ba（OH）2溶液反應至中性，二者按2：1反應，反應生成硫酸鈉、硫酸鋇和水；B．不符合反應的客觀事實，鐵與氯氣反應生成氯化鐵；C．次氯酸根具有強的氧化性能夠氧化亞硫酸根離子；D．不符合反應的客觀事實，酸性環(huán)境下不能生成氫氧根離子．【解答】解：A．NaHSO4溶液與Ba（OH）2溶液反應至中性，二者按2：1反應，離子方程式：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故A正確；B.5molFe和4molCl2反應，化學方程式：3Cl2+2Fe2FeCl3，故B錯誤；C．向Ca（ClO）2溶液中通入過量的SO2，離子方程式：Ca2++2C1O﹣+2SO2+2H2O=2Cl﹣+CaSO4↓+4H++SO42﹣，故C錯誤；D．FeSO4酸性溶液中加H2O2，離子方程式：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故D錯誤；故選：A．【點評】本題考查了離子方程式的書寫，題目難度不大，為高考?？碱}，明確反應的實質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意反應物用量對反應的影響，注意反應必須符合客觀事實，選項C為易錯選項．5．（2014?黃州區(qū)校級模擬）乙烯催化氧化成乙醛可設(shè)計成如圖所示的燃料電池，能在制備乙醛的同時獲得電能，其總反應為：2CH2=CH2+O2→2CH3CHO．下列有關(guān)說法正確的是（）A．該電池為可充電電池B．每有0.1molO2反應，則遷移H+0.4molC．正極反應式為：CH2=CH2﹣2e﹣+2OH﹣═CH3CHO+H2OD．電子移動方向：電極a→磷酸溶液→電極b【考點】原電池和電解池的工作原理．【專題】電化學專題．【分析】由總反應式可知CH2=CH2被氧化，應為原電池的負極反應，因電解質(zhì)溶液呈酸性，則負極電極方程式為CH2=CH2﹣2e﹣+H2O=CH3CHO+2H+，正極通入氧氣，發(fā)生還原反應，電極方程式為O2+4H++4e﹣═2H2O，以此解答該題．【解答】解：A．充電時，不能生成乙烯和氧氣，不是充電電池，故A錯誤；B．由電極方程式O2+4H++4e﹣═2H2O可知，每有0.1molO2反應，則遷移H+0.4mol，故B正確；C．正極發(fā)生還原反應，電極方程式為O2+4H++4e﹣═2H2O，負極為CH2=CH2﹣2e﹣+H2O=CH3CHO+2H+，故C錯誤；D．電子只能經(jīng)過導線，不能經(jīng)過溶液，故D錯誤．故選B．【點評】本題考查了原電池原理的應用，為高頻考點，注意掌握電極方程式的書寫是解決本題的關(guān)鍵，易錯點為D，注意電子不能流經(jīng)溶液，題目難度中等．6．（2010?深圳一模）下列說法中，錯誤的是（）A．蔗糖、淀粉、纖維素水解的最終產(chǎn)物都只是葡萄糖B．誤服重金屬鹽，立即服用牛奶或豆?jié){可解毒C．油脂、乙酸乙酯都屬于酯類，但不是同系物D．煤的干餾可以得到苯、甲苯等芳香烴【考點】蔗糖、麥芽糖簡介；石油的分餾產(chǎn)品和用途；油脂的性質(zhì)、組成與結(jié)構(gòu)；淀粉的性質(zhì)和用途；纖維素的性質(zhì)和用途；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點．【專題】有機化學基礎(chǔ)．【分析】A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B．根據(jù)重金屬鹽可以使蛋白質(zhì)變性來分析；C．油脂是高級脂肪酸甘油酯；D．煤焦油中含有苯、甲苯等．【解答】解：A．淀粉和纖維素水解最終生成葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故A錯誤；B．重金屬鹽可以是蛋白質(zhì)變性，所以誤食后會中毒，服用大量的蛋清和牛奶后，可以和重金屬反應，變?yōu)椴槐晃盏奈镔|(zhì)，減弱對腸胃的影響，故B正確；C．油脂是高級脂肪酸甘油酯有3個酯基，而乙酸乙酯只有一個酯基，故C正確；D．煤的干餾可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烴，故D正確．故選A．【點評】本題考查糖類油脂蛋白質(zhì)的性質(zhì)和煤的干餾等，難度不大，注意煤的干餾可以得到煤焦油，煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烴．7．（2016秋?惠陽區(qū)月考）已知0.1mol/L的二元酸H2A溶液的PH=4，則下列說法中不正確的是（）A．在Na2A和NaHA溶液中離子種類相同B．在溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度相等的Na2A和NaHA溶液中，陰離子總數(shù)相等C．在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+c（OH﹣）+2c（A2﹣）D．在Na2A溶液中一定有：c（OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．二元酸是弱酸，所以正鹽在水溶液中水解，酸式鹽存在水解和電離，溶液中離子種類相同；B．A2﹣水解生成的陰離子增多；C．根據(jù)溶液中的電荷守恒分析判斷；D．依據(jù)Na2A溶液中的質(zhì)子守恒分析．【解答】解：已知0.1mol/L的二元酸H2A溶液的pH=4，則H2A是二元弱酸，A．二元酸是弱酸，所以正鹽在水溶液中水解，酸式鹽存在水解和電離，溶液中離子種類相同，故A正確；B．在溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度相等的Na2A和NaHA溶液中，A2﹣水解生成的陰離子增多，故陰離子總數(shù)不相等，故B錯誤；C．在NaHA溶液中一定有陰陽離子的電荷守恒，陽離子為Na+、H+陰離子為HA﹣、OH﹣、A2﹣存在的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+c（OH﹣）+2c（A2﹣），故C正確；D．在Na2A溶液中水電離出的氫離子和氫氧根離子相等，氫離子被A2﹣結(jié)合為弱電解質(zhì)，溶液中氫氧根離子大于氫離子，存在質(zhì)子守恒，c（OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A），故D正確；故選B．【點評】本題考查了弱電解質(zhì)的電離及其影響，題目難度中等，涉及弱電解質(zhì)的電離、鹽的水解原理、離子濃度大小比較等知識，明確鹽的水解原理、弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響因素為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒的含義及應用方法．二、8．（2016秋?惠陽區(qū)月考）草酸亞鐵為黃色固體，作為一種化工原料，可廣泛用于涂料、陶瓷、玻璃器皿等的著色劑以及新型電池材料、感光材料的生產(chǎn)．合成草酸亞鐵的流程如下：（1）配制（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O溶液時，需加入少量稀硫酸，目的是抑制Fe2+和NH4+離子水解．（2）得到的草酸亞鐵沉淀需充分洗滌，檢驗是否洗滌干凈的方法是取少量最后一次的洗滌濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈．（3）將制得的產(chǎn)品（FeC2O4?2H2O）在氬氣氣氛中進行加熱分解，結(jié)果如圖（TG%表示殘留固體質(zhì)量占原樣品總質(zhì)量的百分數(shù)）．①則A﹣B發(fā)生反應的化學方程式為FeC2O4?2H2OFeC2O4+2H2O；②已知B→C過程中有等物質(zhì)的量的兩種氣態(tài)氧化物生成，寫出B→C的化學方程式FeC2O4FeO+CO2↑+CO↑；（4）某草酸亞鐵樣品中含有少量草酸銨．為了測定不純產(chǎn)品中草酸根的含量，某同學做了如下分析實驗：Ⅰ．準確稱量mg樣品，溶于少量2mol/L硫酸中并用100mL容量瓶定容．Ⅱ．取上述溶液20mL，用cmol/L高錳酸鉀標準溶液滴定，溶液變?yōu)榈仙?，消耗高錳酸鉀溶液的體積為V1mL．Ⅲ．向上述溶液中加入足量Zn粉，使溶液中的Fe3+恰好全部還原為Fe2+，過濾，Ⅳ．洗滌剩余的鋅粉和錐形瓶，洗滌液并入濾液Ⅴ．用cmol/LKMnO4溶液滴定該濾液至溶液出現(xiàn)淡紫色，消耗KMnO4溶液體積V2mL．回答下列問題：①已知：草酸（H2C2O4）與酸性高錳酸鉀溶液反應，現(xiàn)象是有氣泡產(chǎn)生，紫色消失，寫出該反應的離子方程式：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O；②若省略步驟Ⅳ，則測定的草酸根離子含量偏大（填“偏大”“偏小”“不變”）③mg樣品中草酸根離子的物質(zhì)的量為c（V1﹣V2）×10﹣3×mol（用c，V1，V2的式子表示，不必化簡）【考點】制備實驗方案的設(shè)計．【專題】制備實驗綜合．【分析】（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O溶液中加入少量稀硫酸，抑制亞鐵離子和NH4+水解，硫酸亞鐵銨溶液和草酸溶液反應生成草酸亞鐵沉淀．（1）溶液中亞鐵離子水解，加入少量硫酸，抑制亞鐵離子和NH4+水解；（2）洗滌操作的具體方法為：沿玻璃棒往漏斗中加入適量蒸餾水至浸沒沉淀，讓蒸餾水自然流下，重復2﹣3次；取最后一次洗滌液，檢查是否含有硫酸根離子進行判斷是否洗滌干凈；（3）①B點殘留固體質(zhì)量占原樣品總質(zhì)量的百分數(shù)位80%，損失20%，F(xiàn)eC2O4.2H2O中結(jié)晶水的質(zhì)量為×100%=20%，故A→B發(fā)生反應是FeC2O4.2H2O加熱失去結(jié)晶水；②由圖可知加熱生成C時，分解完全，假定草酸亞鐵晶體為180g，其物質(zhì)的量為1mol，則C固體的質(zhì)量為180g×40%=72g，鐵元素質(zhì)量為1mol×56g/mol=56，故應含有氧元素為72g﹣56g=16g，即鐵原子與氧原子物質(zhì)的量之比為1：1，應為FeO，B點到C點是FeC2O4分解的反應；（4）①發(fā)生氧化還原反應，生成錳離子、二氧化碳、水；②根據(jù)以上分析，若省略步驟Ⅳ，則使二價鐵離子偏少，所以消耗高錳酸鉀溶液的體積也V2偏小，則氧化草酸根消耗高錳酸鉀溶液的體積為（V1﹣V2）mL偏大，所以測定的草酸根離子含量也偏大，故答案為：偏大；③根據(jù)實驗原理，先用cmol/L高錳酸鉀標準溶液滴定樣品溶液，因為草酸根和亞鐵離子都能被高錳酸鉀標準溶液氧化，所以第一次消耗高錳酸鉀溶液的體積為V1mL為氧化草酸根和亞鐵離子共同消耗，然后加入足量Zn粉，使溶液中的Fe3+恰好全部還原為Fe2+，再用cmol/LKMnO4溶液滴定該濾液至溶液出現(xiàn)淡紫色，消耗KMnO4溶液的體積V2mL即氧化二價鐵單獨消耗的，所以氧化草酸根消耗高錳酸鉀溶液的體積為（V1﹣V2）mL，據(jù)此分析．【解答】解：（1）溶液中亞鐵離子是弱堿陽離子，水解顯酸性，加入少量硫酸，抑制亞鐵離和NH4+子水解，故答案為：抑制Fe2+和NH4+水解；（2）洗滌操作的具體方法為：沿玻璃棒往漏斗中加入適量蒸餾水至浸沒沉淀，讓蒸餾水自然流下，重復2﹣3次；檢驗是否洗滌干凈的方法是取少量最后一次的洗滌濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈，故答案為：取少量最后一次的洗滌濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈；（3）①由圖可知，加熱生成B時剩余固體為80%，損失20%，F(xiàn)eC2O4.2H2O中結(jié)晶水的質(zhì)量為×100%=20%，故A→B發(fā)生反應是FeC2O4?2H2O加熱失去結(jié)晶水，反應方程式為FeC2O4?2H2OFeC2O4+2H2O，故答案為：FeC2O4?2H2OFeC2O4+2H2O；②由圖可知B加熱生成C時，分解完全，假定草酸亞鐵晶體為180g，其物質(zhì)的量為1mol，則C固體的質(zhì)量為180g×40%=72g，鐵元素質(zhì)量為1mol×56g/mol=56，故應含有氧元素為72g﹣56g=16g，氧原子物質(zhì)的量為1mol，即鐵原子與氧原子物質(zhì)的量之比為1：1，應為FeO，依據(jù)氧化還原反應電子守恒分析計算，碳元素化合價從+3價變化為+2價和+3價，生成一氧化碳和二氧化碳氣體，原子守恒配平寫出化學方程式；FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑；故答案為：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑↑；（4）①發(fā)生氧化還原反應，生成錳離子、二氧化碳、水，該離子反應為5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案為：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②根據(jù)以上分析，若省略步驟Ⅳ，則使二價鐵離子偏少，所以消耗高錳酸鉀溶液的體積也V2偏小，則氧化草酸根消耗高錳酸鉀溶液的體積為（V1﹣V2）mL偏大，所以測定的草酸根離子含量也偏大，故答案為：偏大；③根據(jù)以上分析，氧化草酸根消耗高錳酸鉀溶液的體積為（V1﹣V2）mL，又2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2+8H2O，所以mg樣品中草酸根離子的物質(zhì)的量為c（V1﹣V2）×10﹣3××=c（V1﹣V2）×10﹣3×mol，故答案為：c（V1﹣V2）×10﹣3×mol．【點評】本題考查較為綜合，涉及到方程式的書寫、實驗基本操作、滴定等計算，注意基礎(chǔ)實驗知識的積累，把握實驗步驟、原理和注意事項等問題，題目難度中等．9．（2016秋?惠陽區(qū)月考）霧霾天氣肆虐給人類健康帶來了嚴重影響．燃煤和汽車尾氣是造成空氣污染的原因之一．（1）汽車尾氣凈化的主要原理為：2NO（g）+2CO2CO2（g）+N2（g）△H＜O①該反應的速率時間罔像如圖中左圖所示．若其他條件不變，僅在反應前加入合適的催化劑，其速率時間圖象如圖中右圖所示．以下說法正確的是BC（填對應字母）．A．a(chǎn)1＞a2，B．b1＜b2C．t1＞t2D．右圖中陰影部分面積更大E．左圖中陰影部分面積更大②若該反應在絕熱、恒容的密閉體系中進行，下列示意圖正確且能說明反應在進行到t1時刻達到平衡狀態(tài)的是BD（填代號）．（2）直接排放煤燃燒產(chǎn)生的煙氣會引起嚴重的環(huán)境問題．煤燃燒產(chǎn)生的煙氣含氮的氧化物，用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）═N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol寫出CH4催化還原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的熱化學方程式：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol．（3）CH4和H2O（g）在催化劑表面發(fā)生反應CH4+H2O?CO+3H2，該反應在不同溫度下的化學平衡常數(shù)如下表：溫度/℃800100012001400平衡常數(shù)0.451.92276.51771.5①該反應是吸熱反應（填“吸熱”或“放熱”）．②T℃時，向1L密閉容器中投人lmolCH4和lmolH2O（g），平衡時c（CH4）=0.5mol/L，該溫度下反應CH4+H2O═CO+3H2的平衡常數(shù)K=6.75．（4）甲烷燃料電池可以提升能量利用率．如圖是利用甲烷燃料電池電解100ml1mol/L食鹽水，電解一段時間后，收集到標準狀況下的氫氣2.24L（設(shè)電解后溶液體積不變）．①甲烷燃料電池的負極反應式：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+②電解后溶液的pH=14（忽略氯氣與氫氧化鈉溶液反應）③陽極產(chǎn)生氣體的體積在標準狀況下是1.68L．【考點】化學平衡常數(shù)的含義；原電池和電解池的工作原理；化學平衡狀態(tài)的判斷；化學平衡的計算．【專題】化學平衡專題；電化學專題．【分析】（1）①加入催化劑，正逆反應速率都增大，達到平衡所用時間較少，但平衡不移動；②A．到達平衡后正、逆速率相等，不再變化；B．到達平衡后，溫度為定值，平衡常數(shù)不變，結(jié)合反應熱判斷隨反應進行容器內(nèi)溫度變化，判斷溫度對化學平衡常數(shù)的影響；C．t1時刻后二氧化碳、CO的物質(zhì)的量發(fā)生變化，最后不再變化；D．到達平衡后各組分的含量不發(fā)生變化；（2）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學方程式乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減構(gòu)造目標熱化學方程式；（3）①溫度升高，平衡常數(shù)增大即平衡向正反應方向移動；②T℃時，向1L密閉容器中投入1molCH4和1molH2O（g），平衡時c（CH4）=0.5mol?L﹣1，計算平衡濃度，結(jié)合平衡常數(shù)的表達式計算；（4）①原電池負極發(fā)生氧化反應，甲烷在負極通入，酸性條件下，發(fā)生氧化反應生成CO2、H+；②根據(jù)電解氯化鈉溶液的電解方程式來求溶液的PH；③電解過程中，陽極先生成氯氣，之后電解水過程中生成氧氣，根據(jù)氫氣的總物質(zhì)的量判斷陽極生成氣體的總物質(zhì)的量，然后計算出標況下的陽極生成氣體的體積．【解答】解：（1）①加入催化劑，正逆反應速率都增大，達到平衡所用時間較少，但平衡不移動，則圖象陰影部分面積不變，故答案為：BC；②A．到達平衡后正、逆速率相等，不再變化，t1時刻V正最大，之后隨反應進行速率發(fā)生變化，未到達平衡，故A錯誤；B．該反應正反應為放熱反應，隨反應進行溫度升高，化學平衡常數(shù)減小，到達平衡后，溫度為定值，達最高，平衡常數(shù)不變，為最小，圖象與實際符合，故B正確；C．t1時刻后二氧化碳、CO的物質(zhì)的量發(fā)生變化，t1時刻未到達平衡狀態(tài)，故C錯誤；D．NO的質(zhì)量分數(shù)為定值，t1時刻處于平衡狀態(tài)，故D正確，故答案為：BD；（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol①2NO2（g）?N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol③根據(jù)蓋斯定律，①﹣②+④×2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）+2（﹣44.0）kJ/mol=﹣898.1kJ/mol即CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol，故答案為：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol；（3）①溫度升高，平衡常數(shù)增大即平衡向正反應方向移動，故該反應為吸熱反應，故答案為：吸熱；②T℃時，向1L密閉容器中投入1molCH4和1molH2O（g），平衡時c（CH4）=0.5mol?L﹣1，該溫度K===6.75，故答案為：6.75；（4）①、原電池負極發(fā)生氧化反應，甲烷在負極通入，酸性條件下，發(fā)生氧化反應生成CO2、H+，負極電極反應式為：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+，故答案為：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+；②100mL1mol/L食鹽水中含有氯化鈉0.1mol，根據(jù)反應方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑可知，電解0.1molNaCl生成0.1mol氫氧化鈉和0.05mol氫氣，同時生成0.05mol氯氣；繼續(xù)電解實質(zhì)為電解水，標況下2.24L氫氣的物質(zhì)的量為0.1mol，電解水生成0.05mol氫氣會生成0.025mol氧氣，及電解過程中陽極總共生成0.075mol氣體，電解生成標況下2.24L氫氣時，NaCl完全電解，生成0.1molNaOH，溶液體積為0.1L，則c（OH﹣）=1mol/L，c（H+）=10﹣14，所以PH=14，故答案為：14；③根據(jù)②的分析可知，電解過程中陽極生成了0.05mol氯氣和0.025mol氧氣，總共生成0.075mol氣體，標準狀況下陽極生成氣體的體積為：22.4L/mol×0.075mol=1.68L，故答案為：1.68．【點評】本題考查了化學平衡常數(shù)影響因素及計算、電解原理、熱化學方程式的書寫等知識，題目難度較大，試題涉及的知識點較多，充分培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及化學計算能力，注意掌握化學平衡常數(shù)的概念、表達式及其影響因素，明確電解原理，能夠正確書寫電極反應式．10．（2015秋?蚌埠期末）黃鐵礦既是硫礦又是鐵礦，因其呈黃色俗稱“愚人金”，是重要的工業(yè)原料．工業(yè)煅燒過程中常產(chǎn)生廢渣，廢渣成分主要含鐵的幾種氧化物和二氧化硅等，利用該廢渣可以制備高效凈水劑聚合硫酸鐵，工藝流程如圖：（1）檢驗“酸溶”后的溶液中含有Fe2+，試劑是KMnO4溶液．（2）硫鐵礦燒渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是增大燒渣與硫酸的接觸面積，加快燒渣的溶解．（3）廢鐵皮使用前要用純堿溶液浸泡，目的是洗去鐵表面油污．（4）“酸溶”過程中Fe2O3溶解的化學反應方程式為Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O．（5）“操作Ⅲ”系統(tǒng)操作名稱依次為蒸發(fā)濃縮（加熱濃縮）、冷卻結(jié)晶、過濾和洗滌．洗滌的方法是向漏斗里加入蒸餾水，使水沒過沉淀物，等水自然流完后，重復操作2～3次．（6）加入適量H2O2的目的是氧化Fe2+，寫出H2O2氧化Fe2+為Fe3+的離子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用；制備實驗方案的設(shè)計．【專題】無機實驗綜合．【分析】硫鐵礦燒渣（主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅），加硫酸加熱酸溶，水浸，過濾出不溶于酸的二氧化硅，濾液中含有硫酸鐵和硫酸亞鐵，加廢鐵皮，F(xiàn)e與三價鐵離子反應生成亞鐵離子，過濾去除多余的鐵，濾液為硫酸亞鐵溶液，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到硫酸亞鐵晶體，晶體中加稀硫酸、雙氧水得到聚合硫酸鐵，（1）Fe2+具有還原性，可與KMnO4發(fā)生氧化還原反應；（2）增大燒渣固體與硫酸的接觸的表面積，可加快反應速率；（3）堿性條件下，有利于油脂的水解；（4）Fe2O3溶于硫酸生成硫酸鐵和水；（5）由溶液得到晶體FeSO4?7H2O，需蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，洗滌的操作方法是向漏斗里加入蒸餾水，使水面沒過沉淀物，等水自然流完后，重復操作2﹣3次；（6）酸性條件下H2O2氧化Fe2+為Fe3+，同時雙氧水被還原生成水．【解答】解：硫鐵礦燒渣（主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅），加硫酸加熱酸溶，水浸，過濾出不溶于酸的二氧化硅，濾液中含有硫酸鐵和硫酸亞鐵，加廢鐵皮，F(xiàn)e與三價鐵離子反應生成亞鐵離子，過濾去除多余的鐵，濾液為硫酸亞鐵溶液，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到硫酸亞鐵晶體，晶體中加稀硫酸、雙氧水得到聚合硫酸鐵，（1）“酸溶”后的溶液中含有Fe3+和Fe2+，F(xiàn)e2+具有還原性，所以檢驗Fe2+試劑是KMnO4溶液，現(xiàn)象是紫紅色褪去，故答案為：KMnO4溶液；（2）硫鐵礦燒渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是增大燒渣固體與硫酸的接觸的表面積，加快燒渣的溶解速率，故答案為：增大燒渣與硫酸的接觸面積，加快燒渣的溶解；（3）堿性條件下，有利于油脂的水解，廢鐵皮使用前要用純堿溶液浸泡，目的是洗去鐵表面油污，故答案為：洗去鐵表面油污；（4）Fe2O3溶于硫酸生成硫酸鐵和水，反應的化學方程式為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；故答案為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；（5）操作Ⅲ的目的是由溶液得到晶體FeSO4?7H2O，需蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，洗滌的操作方法是向漏斗里加入蒸餾水，使水面沒過沉淀物，等水自然流完后，重復操作2﹣3次，故答案為：蒸發(fā)濃縮（加熱濃縮）、冷卻結(jié)晶；向漏斗里加入蒸餾水，使水沒過沉淀物，等水自然流完后，重復操作2～3次；（6）酸性條件下H2O2氧化Fe2+為Fe3+，同時雙氧水被還原生成水，其反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．【點評】本題考查制備實驗方案的設(shè)計與評價，為高頻考點和常見題型，題目難度中等，準確的分析流程、明確鐵及其化合物的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，側(cè)重學生分析能力和創(chuàng)新能力的培養(yǎng)．11．（2015?景洪市校級模擬）沒食子酸丙酯簡稱PG，結(jié)構(gòu)簡式為，是白色粉末，難溶于水，微溶于棉子油等油脂，是常用的食用油抗氧化劑．（1）PG的分子式為C10H12O5，請寫出PG分子中所含官能團的名稱酚羥基、酯基，1molPG與足量氫氧化鈉溶液完全反應時，消耗的氫氧化鈉的物質(zhì)的量是4mol．PG可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：（2）③的化學反應式為2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O，1mol沒食子酸最多可與3molH2加成．（3）上圖的有關(guān)變化中，屬于氧化反應的有（填序號）③④．（4）從分子結(jié)構(gòu)或性質(zhì)上看，PG具有抗氧化