湖南师大附中高三化学第一次月考试卷（含解析）.doc

湖南师大附中2013届高三第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括14个小题，每小题只有一个选项符合题意，共42分）1（3分）下列说法中正确的是（）a氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现b纯净的硅单质的制造光导纤维的基本原料c生理盐水、葡萄糖注射液属于胶体d为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术考点：常见的生活环境的污染及治理；氮的固定；分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅.专题：化学应用分析：a氮的固定有自然固氮和人工固氮；b光导纤维的主要成分为二氧化硅；c生理盐水、葡萄糖注射液均为溶液；d废旧电池中的重金属能污染地下水资源解答：解：a氮的固定有自然固氮和人工固氮，如大豆根瘤菌的固氮为自然固氮，高温、高压、催化剂的条件下的固氮为人工固氮，故a错误；b光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅为半导体材料，故b错误；c生理盐水、葡萄糖注射液均为溶液，而胶体中分散质的直径大于溶液中分散质的直径，故c错误；d因废旧电池中的重金属能污染地下水资源，则废旧电池必须集中处理，防止重金属污染，故d正确；故选d点评：本题考查知识点较多，为小综合，涉及氮的固氮、光导纤维、溶液与胶体、电池对环境的污染等知识，注重基础知识的考查，题目难度不大2（3分）有关na2co3和nahco3的性质，下列叙述错误的是（）a相同温度下，等浓度的na2co3和nahco3溶液的碱性比较，前者更强b常温时水溶性：na2co3nahco3c在酒精灯加热的条件下，前者不分解，后者分解d将澄清的石灰水分别加入na2co3和nahco3溶液中，前者产生沉淀，后者无现象考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质.专题：元素及其化合物分析：aco32以第一步水解为主；bna2co3比nahco3易溶于水；cnahco3不稳定，加热易分解；dna2co3和nahco3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀解答：解：a.co32以第一步水解为主，则na2co3溶液的碱性较强，故a正确；b在饱和na2co3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到nahco3沉淀，说明na2co3比nahco3易溶于水，故b正确；cnahco3不稳定，加热易分解：2nahco3na2co3+co2+h2o，碳酸钠受热稳定，故c正确；dna2co3和nahco3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故d错误故选d点评：本题考查na2co3和nahco3性质的异同，题目难度不大，注意把握na2co3和nahco3性质，注重基础知识的积累3（3分）下列各组离子一定大量共存的是（）a在含有0.1mo1/lca2+的溶液中：na+、k+、c1o、c1b在、na+、c1c在c（h+）=0.1mo1/l的溶液中：k+、i、c1、d在澄清透明的无色溶液中：na+、cu2+、考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a能与ca2+反应的离子不能大量共存；bph=12的溶液呈碱性，与oh反应的离子不能大量共存；c在c（h+）=0.1mo1/l的溶液呈酸性，在酸性条件下发生反应的离子不能大量共存；d有颜色的离子不能存在解答：解：a含有0.1mo1/lca2+的溶液，离子之间不反应，且与ca2+不反应，可大量共存，故a正确；bph=12的溶液呈碱性，nh4+与oh反应而不能大量共存，故b错误；c在c（h+）=0.1mo1/l的溶液呈酸性，在酸性条件下i与no3发生氧化还原反应而不能大量共存，故c错误；dmno4有颜色，不符合题目无色要求，不能存在，故d错误故选a点评：本题考查离子的共存问题，明确习题中的信息及常见的离子的性质、离子之间的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大4（3分）若na表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）a常温常压下，11gco2气体中所含的分子数0.25nab常温下，5.6g铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3nac1l0.5mo1l1na2co3溶液中，阴阳离子总数为1.5nad考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、质量换算物质的量计算分子数；b、常温下铁在浓硝酸中发生钝化；c、碳酸根离子水解，阴离子增多；d、质量换算物质的量结合微粒化学式计算质子数解答：解：a、11gco2气体物质的量=0.25mol，所含的分子数0.25na，故a正确；b、常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，故b错误；c、碳酸根离子水解生成的阴离子增多，阴阳离子总数大于1.5na，故c错误；d、16gch4物质的量为1mol，含质子数为10mol，18gnh4+物质的量为1mol，含质子数11mol，故d错误；故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，盐类水解的应用，关键常温下铁在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化5（3分）下列说法正确的是（）a将so2通入溶有足量氨气的bac12溶液中，无沉淀生成b将盐酸kscn溶液和fe（no3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色c在一定条件下，na、mg、fe等金属与水反应都生成h2和对应的碱d新制氨水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色考点：二氧化硫的化学性质；氮气的化学性质；钠的化学性质；二价fe离子和三价fe离子的检验.专题：元素及其化合物分析：a反应生成亚硫酸钡和氯化铵；b铁离子遇kscn溶液，溶液为血红色；cfe与水不反应，与水蒸气在高温下反应；d氨水溶液显碱性解答：解：a将so2通入溶有足量氨气的bac12溶液中，增大了二氧化硫的溶解，反应生成亚硫酸钡和氯化铵，则有沉淀生成，故a错误；b因铁离子遇kscn溶液，溶液为血红色，则将盐酸kscn溶液和fe（no3）2溶液三种溶液混合，混合溶液显红色，故b正确；cna与冷水可反应，mg与热水反应，二者均生成碱和氢气，而fe与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故c错误；d新制氨水显碱性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈蓝色，故d错误；故选b点评：本题考查物质的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项a为解答的易错点，题目难度不大6（3分）下列操作中，能使电离平衡h2oh+oh向右移动且溶液呈碱性的是（）a向水中通入氨气b向水中加入a12（so4）3溶液c向水中加入na2co3溶液d将水加热到100，使ph=6考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：能使电离平衡h2oh+oh向右移动且说明加入的物质能和氢离子或氢氧根离子反应而促进水的电离；溶液呈碱性，说明加入的物质和氢离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性解答：解：a、向水中通入氨气，氨气和水反应生成氨水，氨水电离产生氢氧根离子导致溶液呈碱性，氨水产生氢氧根离子而抑制水的电离使水的电离向逆反应方向移动，故a错误b、向水中加入硫酸铝溶液，铝离子水解促进水的电离，铝离子和氢氧根离子生成氢氧化铝，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，故b错误c、向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故c正确d、水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，使平衡向正反应方向移动，但溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍然相等，溶液呈中性，故d错误故选c点评：本题考查了弱电解质的电离平衡，难度不大，注意酸或 碱能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离，明确溶液的酸碱性是根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的，不是根据溶液的ph值大小判断的7（3分）某无色气体x，可能含有co2、so2、hcl、hbr中的一种或几钟将x通过适量的氯水时，x完全被吸收将所得的无色溶液分装于两支试管后，分别加入酸化agno3与bacl2溶液，结果均产生白色沉淀下列推论正确的是（）ax中可能有hbrbx中一定有so2cx中一定没有co2dx中一定有hcl考点：常见气体的检验.专题：物质检验鉴别题分析：能与氯气反应的有so2、hbr，加入酸化的bacl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有so2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的agno3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢解答：解：将x通过适量的氯水时，x恰好完全反应，没有任何气体剩余，能与氯气反应的有so2、hbr，所得溶液是无色溶液，判断气体中一定无hbr；加入酸化的bacl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有so2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的agno3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢二氧化碳依据混合气体中含量多少，可能被完全吸收，也可能不能被完全吸收，所以二氧化碳不一定含有；故选b点评：本题考查常见离子的检验，难度不大，注意离子检验中的排除干扰是检验的关键，平时注意知识的积累8（3分）下列离子方程式表示正确的是（）aagno3溶液中加入cu：cu+ag+cu2+agbnahco3溶液中加入ch3cooh：co32+2ch3cooh=co2+2ch3coo+h2oc0.1mol febr2 溶液中通入足量cl2：2fe2+2br+2cl2=2fe3+br2+4cld等体积等物质的量浓度的nahco3和ba（oh）2溶液混合：hco3+ba2+oh=baco3+h2o考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a反应前后离子所带的电荷不守恒；bhco3是弱酸的酸式根，不能拆开；c通入足量氯气时，fe2+和br的计量数之比应为1：2；d体积等物质的量浓度的nahco3和ba（oh）2溶液混合，hco3完全反应生成baco3解答：解：a反应前后离子所带的电荷不守恒，正确的离子方程式为cu+2ag+cu2+2ag，故a错误；bhco3是弱酸的酸式根，不能拆开，正确的离子方程式为hco3+ch3cooh=co2+ch3coo+h2o，故b错误；c通入足量氯气时，fe2+和br的计量数之比应为1：2，应为2fe2+4br+3cl2=2fe3+2br2+6cl，故c错误；d体积等物质的量浓度的nahco3和ba（oh）2溶液混合，hco3完全反应生成baco3，反应的离子方程式为hco3+ba2+oh=baco3+h2o，故d正确故选d点评：本题考查了离子方程式的正误判断知识，属于历年来的高考必考题，题目难度中等，注意书写离子方程式的注意事项，离子方程式的书写，必须符合反应的实际9（3分）通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一对下列反应的推断或解释正确的是（）操作可能的实验现象解释a某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有b将so2通入ba（no3）2溶液中有白色沉淀生成so2与ba（no3）2反应生成baso3c同温同压下，有ph试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性碳酸钠发生了水解d向淀粉ki溶液中通入cl2溶液变蓝cl2与淀粉发生显色反应aabbccdd考点：常见离子的检验方法；化学反应的本质；化学反应的基本原理.专题：元素及其化合物分析：a、溶液中含有亚硫酸根离子时被硝酸氧化成硫酸根离子产生沉淀；b、二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀；c、碳酸钠溶液水解呈碱性是因为碳酸根离子水解呈碱性，硫酸钠是强酸强碱盐；d、氯气氧化碘离子为碘单质遇淀粉变蓝解答：解：a、溶液中含有亚硫酸根离子时被硝酸氧化成硫酸根离子产生沉淀，溶液中不一定含有硫酸根，故a错误；b、二氧化硫在酸性溶液中被硝酸根离子氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故b错误；c、同温同压下，有ph试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性，碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，是因为碳酸根离子水解显碱性，故c正确；d、氯气氧化碘离子为碘单质遇淀粉变蓝，不是氯气和淀粉的显色反应，故d错误；故选c点评：本题考查了常见离子的检验方法，反应现象的分析利用，关键是干扰离子的分析判断，题目难度中等10（3分）（2013珠海一模）下列实验装置图正确的是（）a实验室制乙烯b实验室制氨气c实验室制氧气d实验室制乙酸乙酯考点：气体发生装置.专题：化学实验基本操作分析：a、根据实验室制乙烯时温度计测量的是液体的温度；b、根据加热氢氧化钙和氯化铵组成的固体可以制取nh3，nh3极易溶于水，密度比空气小且不与空气中的成份发生反应；c、根据实验室制氧气可用双氧水和二氧化锰制得；d、根据实验室制乙酸乙酯，导管不能插入试管中的液面以下；解答：解：a、因实验室制乙烯时温度计测量的是液体的温度，应插入液面以下，故a错误；b、由于加热氢氧化钙和氯化铵组成的固体可以制取nh3，nh3极易溶于水，密度比空气小且不与空气中的成份发生反应，所以不能用排水法收集，只能选用向下排气法收集，所以发生装置b适合，故b正确；c、根据实验室制氧气可用双氧水和二氧化锰制得，而二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气，故c错误；d、实验室制乙酸乙酯导管不能插入液面以下，以免发生倒吸，故d错误故选：b点评：本题考查了常见气体制备原理及装置选择，根据反应物的状态及反应条件，可把实验室制备气体发生装置分为：固体、固体加热型，如加热高锰酸钾制取氧气；固体、液体加热型，如制取氯气；固体、液体不加热型，如用稀硫酸和锌粒制取氢气11（3分）下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的co2；向naalo2胶体中逐滴加入过量的稀盐酸；向agno3溶液中逐滴加入过量氨水；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸（）abcd考点：镁、铝的重要化合物；无机非金属材料；钠的重要化合物.专题：碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水；agno3和稀氨水反应，生成agoh白色沉淀，agoh白色沉淀和氨水能反应生成络合物；盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应解答：解：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的co2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故符合题意；向naalo2胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，偏铝酸钠先和盐酸反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强酸溶液，所以氢氧化铝和盐酸能继续反应生成可溶性的氯化铝，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故不符合题意；agno3和稀氨水反应，生成agoh白色沉淀，继续滴加氨水，形成ag（nh3）2+络离子，沉淀溶解，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故不符合题意；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故符合题意；故选c点评：本题考查的是：能发生“先沉淀后溶解”现象的小型综合题，涉及的知识点较多，根据物质的性质结合方程式分析本题即可12（3分）金属铜的提炼多从黄铜矿开始，黄铜矿的熔烧过程主要反应之一为：2cufes2+o2_+2fes+so2，则下列说法正确的是（）a2cufes2中的s为2价bcufes2仅是还原剂c横线上的物质应是cusd若有1mo1o2参加反应，则反应中有4mo1电子转移考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：cufes2中cu为+2价，fe为+2价，s为2价，反应2cufes2+o2_+2fes+so2中，s元素的化合价部分升高，由2价升高到+4价，由质量守恒可知横线上的物质为cu2s，说明cufes2在反应中既是氧化剂又是还原剂，结合元素化合价的变化计算转移的电子的物质的量解答：解：acufes2中cu为+2价，fe为+2价，s为2价，故a正确；b由质量守恒可知横线上的物质为cu2s，cu元素化合价降低，s元素化合价升高，说明cufes2在反应中既是氧化剂又是还原剂，故b错误；c由质量守恒定律可知横线上的物质为cu2s，故c错误；d若有1mo1o2参加反应，则生成1molso2，化合价升高4（2）=6，应转移6mol电子，故d错误故选a点评：本题考查氧化还原反应以及相关计算，题目难度不大，注意从质量守恒的角度判断产物为解答该题的关键，把握化合价的变化13（3分）将11.2g的mgcu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体（假定产生的气体全部逸出）再向所得溶液中加入足量的naoh溶液，产生21.4g沉淀气体x的成分可能是（）a0.3mo1no2和0.3mo1nob0.1mol no、0.2mol no2和0.05mol n2o4c0.2mo1no2和0.1mo1n2o4d0.6mo1no考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：向mgcu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的naoh溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g11.2g=10.2g，物质的量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的mgcu提供的电子为0.6mol，结合选项根据电子转移守恒判断解答：解：向mgcu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的naoh溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g11.2g=10.2g，物质的量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的mgcu提供的电子为0.6mol，a、生成0.3mo1no2和0.3mo1no，n元素获得电子为0.3mol（54）+0.3mol（52）=1.2mol，得失电子不相等，故a错误；b、生成0.1mol no、0.2mol no2和0.05mol n2o4，n元素获得电子为0.1mol（52）+0.2mol（54）+0.05mol2（54）=0.6mol，得失电子相等，故b正确；c、生成0.2mo1no2和0.1mo1n2o4，n元素获得电子为0.2mol（54）+0.1mol2（54）=0.4mol，得失电子不相等，故c错误；d、生成0.6molno，n元素获得电子为0.6mol（52）=1.8mol，故d错误故选：b点评：考查混合物的计算、氧化还原反应计算等，难度中等，计算金属提供的电子的物质的量是解题的关键，注意守恒思想的运用14（3分）将一块镁铝的合金投入1mo1l1的一定体积的稀盐酸中，待合金完全溶解后，往溶液里滴入1mo1l1的naoh溶液，生成沉淀物质的量与加入naoh溶液体积（单位ml）的关系如图下列说法中不正确的是（）a由图可以确定该镁铝合金中铝的质量为0.27gb当滴入1mo1l1的naoh溶液85ml时，所得沉沉淀的成分为mg（oh）2和a1（oh）3c由图可以确定a的取值范围为：0a50d由图可以确定该合金中镁铝物质的量之比考点：镁的化学性质；铝的化学性质；有关混合物反应的计算.专题：计算题；元素及其化合物分析：据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：h+oh=h2o，然后是沉淀两种金属离子：mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3，当加入氢氧化钠80ml时，沉淀达最大值，此时溶液溶质溶质为nacl继续加氢氧化钠溶液，反应反应al（oh）3+oh=al（oh）4，90ml时，沉淀量达最小值，故加入的10ml用于溶解氢氧化铝，所以nal（oh）3=0.01l1mol/l=0.01mola、根据氢氧化钠的体积在80至90ml段内，所有的氢氧化钠用于溶解氢氧化铝，根据氢氧化钠的量确定氢氧化铝的量，根据原子守恒确定金属铝的量；b、当加入1mol/l的naoh溶液85ml时，只有5ml用于氢氧化铝的溶解；c、合金的组成可以采用极限假设法，当金属全部是金属铝时剩余的酸最多，a的值最大来判断a得取值范围d、根据图象中消耗的氢氧化钠的量确定合金中金属镁的最大量，进而确定该合金中两元素物质的量之比的最大值解答：解：a、根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：h+oh=h2o，然后是沉淀两种金属离子：mg2+2oh=mg（oh）2、al3+3oh=al（oh）3，最后是al（oh）3的溶解：al（oh）3+oh=al（oh）4，从横坐标80ml到90ml这段可以求出n（al（oh）3）=0.01mol，则n（al）=n（al（oh）3）=0.01mol，即为0.27g，故a正确；b、当加入1mol/l的naoh溶液85ml时，发生反应：al（oh）3+oh=al（oh）4，只有5ml用于氢氧化铝的溶解，氢氧化铝剩余，所得沉淀的成分为mg（oh）2和al（oh）3，故b正确；c、假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，即a=0，通过极值法，当合金中完全是铝时，因为沉淀al3+需要naoh溶液的体积为30ml，从图可知，中和过量的酸所消耗的碱液体积最大为50ml，但是假设不成立，最大值是不存在的，所以的取值范围为 0a50，故c错误；d、n（al）=n（al（oh）3）=0.01mol，所以沉淀al3+需要的oh为0.03mol，即naoh溶液的体积为30ml，镁离子和铝离子沉淀完全消耗的碱的体积为80a，若假设盐酸不剩，所以沉淀mg2+需要naoh溶液的体积最大值为50ml，求出n （mg）的最大值为0.025mol，所以该合金中镁铝两元素物质的量之比的最大值为2.5，故d正确故选d点评：本题考查学生有关金属元素铝及其化合物的性质的知识，结合图象进行考查，关键是清楚各阶段发生的反应，难度阶段二、非选择题（本题包括6个小题，共58分）15（10分）高铁酸钾（k2feo4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比c12、o2、c1o2、kmno4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入koh至饱和，使高铁酸钾析出（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2feso4+6na2o22na2feo4+2na2o+2na2so4+o2该反应中的氧化剂是na2o2，还原剂是feso4和na2o2，每生成1mo1na2feo4转移5mo1电子简要说明k2feo4，作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，且消毒过程中自身被还原成铁离子，铁离子水解氢氧化铁胶体能吸附除去水中的悬浮杂质（2）湿法制备高铁酸钾（k2feo4）的反应体系中有六种数粒：fe（oh）3、c1o、oh、feo42、c1、h2o写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：2fe（oh）3+3c1o+4oh2feo42+3c1+5h2o每生成1molfeo42转移3mo1电子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量为0.15mo1低温下，在高铁酸钠溶液中加入koh至饱和可析出高铁酸钾（k2feo4），说明什么问题该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小考点：氧化还原反应；氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：（1）2feso4+6na2o22nafeo4+2na2o+2na2so4+o2中fe、o元素的化合价升高，o元素的化合价降低，由化合价的变化计算转移的电子数；k2feo4中fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解；（2）湿法制备高铁酸钾（k2feo4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化；根据化合价的变化来计算；根据高铁酸钾与高铁酸钠的溶解度来分析解答：解：（1）2feso4+6na2o22na2feo4+2na2o+2na2so4+o2中fe、o元素的化合价升高，o元素的化合价降低，则氧化剂为na2o2，还原剂为feso4，由降低o元素可知每生成1mo1na2feo4转移的电子数为1mol5（21）=5mol，故答案为：na2o2；feso4和na2o2；5；k2feo4中fe元素的化合价为+6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质，故答案为：高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，且消毒过程中自身被还原成铁离子，铁离子水解氢氧化铁胶体能吸附除去水中的悬浮杂质；（2）湿法制备高铁酸钾（k2feo4），结合物质的性质可知，氢氧化铁被氧化，该离子反应为2fe（oh）3+3c1o+4oh2feo42+3c1+5h2o，故答案为：2fe（oh）3+3c1o+4oh2feo42+3c1+5h2o；fe元素由+3价升高到+6价，则每生成1molfeo42转移电子为1mol（63）=3mol，c1为还原产物，由2fe（oh）3+3c1o+4oh2feo42+3c1+5h2o可知，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量为0.15mol，故答案为：3；0.15；低温下，在在高铁酸钠溶液中加入koh至饱和可析出高铁酸钾（k2feo4），可知该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故答案为：该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小点评：本题考查氧化还原反应，明确信息及物质的性质来确定反应物与生成物是解答本题的关键，并熟悉该反应中元素的化合价来解答即可，题目难度中等16（10分）al为中学化学常见物质，其主要转化关系如图所示（其中产物水已略去）已知a为金属单质，c、d通常状况下为气体单质b、f均为重要的化工产品，f为具有刺激性气味的气体，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝g和i分别由相同的两种元素组成，通常状况下均为无色液体（1）b的化学式h2so4；工业上冶炼金属a的方法称为热还原法（2）向e的溶液中加入氢氧化钠的实验现象为先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，反应的化学方程式为：feso4+2naoh=na2so4+fe（oh）2，4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3（3）写出e的酸性溶液与g反应转化为h的离子方程式2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o（4）将一定量的f通入b的溶液中，可得到两种盐k和l，且两种盐均由相同的四种元素组成则物质的量浓度相同的k和l的溶液，在相同条件下ph相对较大的为（nh4）2so4溶液（填出相应物质的化学式）考点：无机物的推断.专题：推断题分析：f为具有刺激性气味的气体，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则f是nh3，由c+df，c、d通常状况下为气体单质，所以c和d一种是氮气，另一种是氢气，a是金属单质，a+b的稀溶液e+c，所以c是h2，d是n2，由eh可知，e和h都含有金属a元素，故a是变价金属，a是铁，e是亚铁盐，h是铁盐；g和i分别由相同的两种元素组成，通常状况下均为无色液体，g和i一种是水，一种是双氧水，由eh，结合e是亚铁盐，h是铁盐，可知g具有强氧化性，故g是h2o2，i是h2o，转化关系h+i+f为铁盐+氨水fe（oh）3+铵盐，所以j和k一种是fe（oh）3，一种是铵盐，结合（4）中“将一定量的f通入b的溶液中，可得到两种盐k和l，且两种盐均由相同的四种元素组成”知，b为二元酸，b为重要的化工产品，则b是h2so4，k为（nh4）2so4，j为fe（oh）3解答：解：f为具有刺激性气味的气体，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则f是nh3，由c+df，c、d通常状况下为气体单质，所以c和d一种是氮气，另一种是氢气，a是金属单质，a+b的稀溶液e+c，所以c是h2，d是n2，由eh可知，e和h都含有金属a元素，故a是变价金属，a是铁，e是亚铁盐，h是铁盐；g和i分别由相同的两种元素组成，通常状况下均为无色液体，g和i一种是水，一种是双氧水，由eh，结合e是亚铁盐，h是铁盐，可知g具有强氧化性，故g是h2o2，i是h2o，转化关系h+i+f为铁盐+氨水fe（oh）3+铵盐，所以j和k一种是fe（oh）3，一种是铵盐，结合（4）中“将一定量的f通入b的溶液中，可得到两种盐k和l，且两种盐均由相同的四种元素组成”知，b为二元酸，b为重要的化工产品，则b是h2so4，k为（nh4）2so4，j为fe（oh）3（1）通过以上分析知，b是h2so4，较活泼金属采用热还原法冶炼，铁是较活泼金属采用热还原法冶炼；故答案为：h2so4，热还原法； （2）硫酸亚铁和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化亚铁白色沉淀，但氢氧化亚铁不稳定，立即变为灰绿色，最后生成红褐色沉淀，所以反应现象是先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，反应方程式为feso4+2naoh=na2so4+fe（oh）2，4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe （oh）3；故答案为：先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，feso4+2naoh=na2so4+fe（oh）2，4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe （oh）3；（3）酸性条件下，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子和水，离子方程式为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；（4）将一定量的氨气通入硫酸的溶液中，可得到两种盐硫酸铵和硫酸氢铵，物质的量浓度相同的硫酸铵和硫酸氢铵的溶液，硫酸铵水解导致其溶液呈酸性，硫酸氢铵是强酸的酸式盐，水溶液呈强酸性，所以在相同条件下ph相对较大的为（nh4）2so4；故答案为：（nh4）2so4点评：本题以无机框图题的形式考查化合物之间的相互转化关系和逻辑推理能力、分析判断能力，明确化合物的性质是解本题的关键，注意会用化学语言描述亚铁离子变成氢氧化铁沉淀的反应现象，为易错点17（8分）师大附中某化学研究性学习小组为探究cu（oh）2受热分解产物及产物性质，设计如下实验过程：（1）取0.98gcu（oh）2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图1所示产物a、b的化学式分别为cuo和cu2o；通过该实验可知，主温时cu2o更稳定（用a或b的化学式表示）（2）为探究产物a能否被nh3还原，设计如图2实验装置（夹持及尾气处理装置未画出），实验中观察到a变成红色物质，同时生成一种无污染的气体，该气体的化学式为n2小明认为应该在装a物质的试管与烧杯之间增加一个防倒吸装置，你认为是否有必要有（填“有”或“没有”），原因是氨气极易溶于水，氨气有剩余可以引起倒吸（3）取少量产物b加入足量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在，该反应的离子方程式为cu20+2h+=cu2+cu+h2o考点：性质实验方案的设计.专题：化学实验基本操作分析：（1）依据氢氧化铜质量换算物质的量0.01mol，结合图象分析判断生成的产物；（2）氧化铜和氨气加热反应生成红色物质为铜，无污染气体为氮气；弱有剩余的氨气易引起倒吸；（3）依据分析判断d为cu2o在酸中 反应生成蓝色溶液为硫酸铜，红色固体为铜，依据元素化合价变化分析写出解答：解：（1）0.98gcu（oh）2固体物质的量为：0.01mol，依据分解图象分析判断，100c时氢氧化铁分解产物为0.8g，高温1100c得到b为0.72g，根据氢氧化铁分解生成氧化铜和水判断，cu（oh）2=cuo+h2o；氧化铜摩尔质量为80g/mol，所以推断a为cuo，b为cu2o，依据温度图象可知cu2o比cuo稳定，故答案为：cuo；cu2o；（2）探究产物acuo能否被nh3还原，依据元素化合价可知，铜在最高价具有氧化性，氨气中氮元素化合价在最低价3价具有还原性，能发生氧化还原反应，实验中观察到a变成红色物质判断为cu，同时生成一种无污染的气体判断为n2，在装a物质的试管与烧杯之间增加一个防倒吸装置可以防止过量氨气通入水中引起倒吸，故答案为：n2；有；氨气极易溶于水，氨气有剩余可以引起倒吸；（3）产物b为cu2o加入足量的稀硫酸，得到蓝色溶液推断为硫酸铜溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在说明生成cu，所以反应的离子方程式为cu20+2h+=cu2+cu+h2o，故答案为：cu20+2h+=cu2+cu+h2o点评：本题考查了物质性质验证的实验方法、现象分析、产物判断，物质元素化合价的变化是分析判断的关键，题目难度中等18（10分）氮化硅（si3n4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：3sio2+6c+2n21si3n4+6co 根据题意完成下列各题：（1）配平上述化学反应方程式（2）为了保证石英和焦炭尽可能的转化，氮气要适当过量某次反应用了20m01氮气，反应生成了5mo一氧化碳，则反应中转移电子数为10na，此时混合气体的平均相对分子质量是28（3）分析反应可推测碳、氮气的氧化性：cn2（填“”“”“=”）（4）氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉（a12o3），热稳定性好，化学性质稳定以下用途正确的是aca可以在冶金工业上制成坩埚、铝电解槽衬里等热工设备b在电子工业上制成耐高温的电的良导体c研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机d氮化硅陶瓷的开发，将受到资源的限制，发展前余暗谈考点：氧化还原反应方程式的配平；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；氧化性、还原性强弱的比较；含硅矿物及材料的应用.专题：氧化还原反应专题分析：（1）由产物co可知，sio2与c化学计量数之比为1：2 由产物si3n4可知sio2与n2化学计量数之比为3：4，所以sio2、c+、n2化学计量数之比为3：6：4，令sio2的化学计量数为3，结合元素守恒可知si3n4、co化学计量数分别为1、6（2）反应中只有c元素的化合价升高，氮气有剩余，根据co计算电子转移，c元素化合价由0价升高为+2价，转移电子的物质的量为co的2倍n2与co的相对分子质量都是28，混合气体的平均相对分子质量不变（3）反应中n2作氧化剂，c是还原剂，n2将c氧化（4）由信息可知，氮化硅机械强度高，硬度大，热稳定性好，化学性质稳定，氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，制备氮化硅的资源丰富，自然界中有大量的氮气与二氧化硅，具有广阔的发展前景解答：解：（1）由产物co可知，sio2与c化学计量数之比为1：2 由产物si3n4可知sio2与n2化学计量数之比为3：2，所以sio2、c、n2化学计量数之比为3：6：2，令sio2的化学计量数为3，c、n2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知si3n4、co化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3sio2+6c+2n2 si3n4+6co故答案为：3、6、2、1、6（2）反应中只有c元素的化合价升高，氮气有剩余，根据co计算电子转移，c元素化合价由0价升高为+2价，转移电子的物质的量为co的2倍，所以反应中转移电子数为5mol2namol1=10nan2与co的相对分子质量都是28，所以混合气体的平均相对分子质量为28故答案为：10；28（3）反应中n2作氧化剂，c是还原剂，n2将c氧化为co，所以氧化性cn2故答案为：（4）a、氮化硅热稳定性好，可以用于热工设备，故a正确；b、氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，故b错误；c、氮化硅机械强度高，硬度大，可以替代同类型金属发动机，故c正确；d、制备氮化硅的资源丰富，具有广阔的发展前景，故d错误故选：ac点评：考查氧化还原反应配平及计算、氧化性还原性比较、晶体结构与性质等，难度中等，注意掌握化学方程式常用的配平方法19（10分）附中某化学兴趣小组为探索铜跟浓硫酸的反应，用下图所示装置进行有关实验郝欣同学取a g cu片12ml18mo1/l浓h2so4放入圆底烧瓶中加热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的h2so4和cu剩余请回答：（1）请写出cu与浓h2so4反应的化学方程式cu+2h2so4（浓）cuso4+2h2o+so2装置e中试管d内盛品红溶液，当c中气体集满，d中有可能观察到的现象是品红溶液褪色（2）装置b的作用是贮存多余的气体当d处有明显现象后，关闭旋塞k，移去酒精灯，但由于作热的作用，a处仍有气体产生，此时b中现象是试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升b中应放置的液体：d（填字母）a饱和na2so3溶液 b酸性kmno4 c浓溴水 d饱和nahso3溶液（3）下列药品中，能够证明反应后的烧瓶中有酸剩余的是adafe粉 bbac12溶液 cag d饱和nahso3溶液（4）小明同学向a中反应后的溶液中通入氧气，发现铜片全部溶液，且仅生成硫酸铜溶液该化学反应方程式是2cu+o2+2h2so42cuso4+2h2o；考点：浓硫酸的性质实验.专题：化学实验基本操作分析：（1）根据铜是金属，具有还原性，浓硫酸具有强氧化性；当c中气体集满，d中逸出二氧化硫；（2）根据各装置的用途和反应原理解答；（3）根据金属活动顺序表和复分解反应的条件进行解答；（4）稀硫酸和铜不发生反应，有氧气能反应解答：解：（1）铜跟浓硫酸反应，铜具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，反应必须加热才能发生，书写化学方程式时注意“浓”字；装置e中试管d内盛品红溶液，当c中气体集满，d中有二氧化硫，二氧化硫能和有色物质品红溶液生成无色物质，故答案为：cu+2h2so4（浓）cuso4+2h2o+so2；品红溶液褪色；（2）装置b的作用是贮存多余的气体，所以b中应放置的液体不能与二氧化硫反应，也不能溶解二氧化硫，饱和nahso3溶液符合要求，当二氧化硫不溶于b中应放置的液体时，气体使液体从试剂瓶中压到长颈漏斗中，故答案为：试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；d；（3）直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有一定量的h2so4和cu剩余，说明一定剩余稀硫酸，这是因为浓硫酸随着反应进行，浓度变小成为稀硫酸，不再和铜发生反应，根据金属活动顺序表铁能和稀硫酸反应，但银不能，稀硫酸不与bac12溶液，但与饱和nahso3溶液反应生成二氧化硫，故答案为：ad；（4）铜和氧气、稀硫酸发生氧化还原反应，得到硫酸铜和水，反应为2cu+o2+2h2so42cuso4+2h2o，故答案为：2cu+o2+2h2so42cuso4+2h2o点评：本题考查了浓硫酸的性质应用，关键是理解掌握二氧化硫的性质，难度不大20（10分）在一