江西省宜市万载二中高考化学四模试卷（实验班含解析）.doc

2016年江西省宜春市万载二中实验班高考化学四模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1下列顺序不正确的是（）a热稳定性：hfhclhbrhib微粒的半径：clna+mg2+al3+c电离程度（同温度同浓度溶液中）：hclch3coohnahco3d分散质粒子的直径：fe（oh）3悬浊液fe（oh）3胶体fecl3溶液2有下列三个反应方程式：cl2+fei2fecl2+i22fe2+br22fe3+2brco2o3+6hcl2cocl2+cl2+3h2o，下列说法正确的是（）a中氧化产物分别是fecl2、fe3+、cl2b根据以上反应的化学方程式可以得到氧化性强弱关系为cl2co2o3fe3+c在反应中生成1 mol cl2时，有2 mol hcl被氧化d根据反应一定可以推理得到cl2+febr2fecl2+br23下列说法正确的是（）a如图研究的是温度、压强对平衡的影响，横坐标表示压强b如图研究的是温度对平衡的影响，采用的温度更高c图中t0时使用了催化剂，使平衡向正反应方向进行d图中t0时增大压强，使平衡向负反应方向进行4化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列有关说法中不正确的是（）a聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子化合物b煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能c高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性d太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置5下列有关说法，不正确的是（）将盛有二氧化氮气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时最终生成caso4，可减少so2对大气的污染为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得金属镁为证明nahco3溶液中混有na2co3，取少量溶液，加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，则证明混有na2co3a仅b仅c仅d仅6下列金属可用铝热法制备的是（）铁 镁 锰 钒 铬abcd7下列说法正确的是（）aagcl水溶液中ag+和cl浓度的乘积是一个常数bagcl水溶液的导电性很弱，所以agcl为弱电解质c温度一定时，当agcl水溶液中ag+和cl浓度的乘积等于ksp值时，此溶液为agcl的饱和溶液d向饱和agcl水溶液中加入盐酸，c（cl）增大，ksp值变大8近年来，科学家研制了一种新型的乙醇燃料电池，它用酸性电解质（h+）作溶剂电池总反应为：c2h5oh+3o2=2co2+3h2o，下列说法不正确的是（）a乙醇在电池的负极上参加反应b1mol ch3ch2oh被氧化转移6molec随着反应的进行，正极附近的酸性减弱d电池放电过程中化学能转化成电能二、解答题（共4小题，满分39分）9氢气、纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料已应用到社会生活和高科技领域（1）已知短周期金属元素a和b，其单质单位质量的燃烧热大，可用作燃料其原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能（kj/mol）i1i2i3i4a899.51757.114848.721006.6b7381451773310540根据上述数据分析，b在周期表中位于区，其最高价应为；若某同学将b原子的基态外围电子排布式写成了ns1np1，违反了原理；b元素的第一电离能大于al，原因是；（ 2 ）氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，c60可用作储氢材料已知金刚石中的cc的键长为154.45pm，c60中cc键长为145140pm，有同学据此认为c60的熔点高于金刚石，你认为是否正确并阐述理由c60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子相对稳定结构，则c60分子中键与键的数目之比为10某学生欲通过实验方法验证fe2+的性质（1）该同学在实验前，依据fe2+的性，填写了下表实验操作预期现象反应的离子方程式向盛有新制feso4溶液的试管中滴入数滴浓硝酸，振荡试管中产生红棕色气体，溶液颜色逐渐变黄fe2+no+2h+=fe3+no2+h2o依照表中操作，该同学进行实验观察到液面上方气体逐渐变为红棕色，但试管中溶液颜色却变为深棕色为了进一步探究溶液变成深棕色的原因，该同学进行如下实验（2）向原新制feso4溶液和反应后溶液中均加入kscn溶液，前者不变红色，后者（加了数滴浓硝酸的feso4溶液）变红该现象的结论是（3）该同学通过查阅资料，认为溶液的深棕色可能是no2或no与溶液中fe2+或fe3+发生反应而得到的为此他利用如图装置（气密性已检验，尾气处理装置略）进行探究打开活塞a、关闭b，并使甲装置中反应开始后，观察到丙中溶液逐渐变为深棕色，而丁中溶液无明显变化打开活塞b、关闭a，一段时间后再停止甲中反应为与中实验进行对照，更换丙、丁后（溶质不变），使甲中反应继续，观察到的现象与步骤中相同铜与足量浓硝酸反应的化学方程式是；装置乙的作用是；步骤的目的是；该实验可得出的结论是（4）该同学重新进行（1）中实验，观察到了预期现象，其实验操作是11某同学为了验证氢气还原氧化铜的反应产物，设计了如图1所示的实验装置（1）写出编号仪器的名称： （2）浓硫酸的作用是（3）本实验需要加热的装置为（填字母编号）（4）写出装置c、d中可观察到的现象：c，d（5）d中反应每生成1mol水分子，转移的电子数为个实验时他需要1.0mol/l的硫酸溶液250ml根据溶液的配制回答下列问题（1）在如图2所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是a使用容量瓶前检验是否漏水b容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤c配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线d配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线e盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转几次，摇匀（3）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为ml，如果实验室有15ml、20ml、50ml量筒，应选用ml量筒最好12某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学反应方程式：在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇的氧化应是反应（2）甲和乙两个水浴作用不相同甲的作用是；乙的作用是（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是集气瓶中收集到的气体的主要成分是（4）若试管a中收集到的液用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有要除去该物质，可先在混合液中加入（填写字母）a、氯化钠溶液 b、苯 c、碳酸氢钠溶液 d、四氯化碳然后，再通过（填实验操作名称）即可除去2016年江西省宜春市万载二中实验班高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1下列顺序不正确的是（）a热稳定性：hfhclhbrhib微粒的半径：clna+mg2+al3+c电离程度（同温度同浓度溶液中）：hclch3coohnahco3d分散质粒子的直径：fe（oh）3悬浊液fe（oh）3胶体fecl3溶液【考点】元素周期律的作用；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a同主族自上而下元素的非金属性减弱，非金属性越强则氢化物越稳定；b电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小；最外层电子数相等时，电子层数越多，半径越大；c强电解质的电离程度大于弱电解质的电离程度；d根据溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm【解答】解：a因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：fclbri，所以热稳定性：hfhclhbrhi，故a错误；b因电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，微粒的半径：na+mg2+al3+，最外层电子数相等时，电子层数越多，半径越大，微粒的半径：clna+，所以微粒的半径：clna+mg2+al3+，故b正确；c强电解质的电离程度大于弱电解质的电离程度，hcl=nahco3ch3cooh，故c错误；d因溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散质粒子的直径：fe（oh）3悬浊液fe（oh）3胶体fecl3溶液，故d正确；故选：c【点评】本题主要考查了学生元素周期律、电解质的电离程度、分散系粒子直径大小的比较，可以根据所学知识进行回答，难度不大2有下列三个反应方程式：cl2+fei2fecl2+i22fe2+br22fe3+2brco2o3+6hcl2cocl2+cl2+3h2o，下列说法正确的是（）a中氧化产物分别是fecl2、fe3+、cl2b根据以上反应的化学方程式可以得到氧化性强弱关系为cl2co2o3fe3+c在反应中生成1 mol cl2时，有2 mol hcl被氧化d根据反应一定可以推理得到cl2+febr2fecl2+br2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】a、在氧化还原反应中，还原剂在反应中失电子（或偏移离子）后被氧化后的产物是氧化产物，化合价升高；b、在同一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；c、根据化合价的升降来确定反应转移电子数；d、在氧化还原反应中，还原性最强的微粒最先被氧化【解答】解：a、在已知的三个反应中，元素化合价升高的只有i2、fe3+、c12，所以i2、fe3+、c12是氧化产物，故a错误；b、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应中，c12i2，在反应中，br2fe3+，在反应中，co2o3c12，氧化性顺序是：co2o3c12br2fe3+，故b错误；c、在反应中生成1 mol cl2时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molhc1被氧化，故c正确；d、根据还原性顺序：brfe2+，c12和febr2反应时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故d错误故选c【点评】本题考查学生氧化还原反应中，氧化性强弱的判断方法，可以根据所学知识来回答，难度不大3下列说法正确的是（）a如图研究的是温度、压强对平衡的影响，横坐标表示压强b如图研究的是温度对平衡的影响，采用的温度更高c图中t0时使用了催化剂，使平衡向正反应方向进行d图中t0时增大压强，使平衡向负反应方向进行【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【专题】化学平衡图像【分析】根据影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动；使用催化剂，加快化学反应速率，对平衡不产生影响【解答】解：a正反应方向气体的物质的量减小，压强增大，平衡想正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，故a错误；b正反应为放热反应，升温反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小，故b正确；c使用催化剂，加快化学反应速率，对平衡不产生影响，故c错误；dt0时，v正v逆，平衡向正反应方向移动，故d错误；故选b【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡与图象，题目难度中等要注意催化剂对化学平衡无影响4化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列有关说法中不正确的是（）a聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子化合物b煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能c高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性d太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；硅和二氧化硅；煤的干馏和综合利用；常用合成高分子材料的化学成分及其性能【分析】a聚乙烯是无毒的高分子化合物； b根据煤的气化和液化的概念分析；c蛋白质在加热条件下可发生变性；d硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置【解答】解：a聚乙烯是无毒的高分子化合物，可制作食品包装袋、食物保鲜膜，故a正确； b煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有co、h2、ch4等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质是化学变化，故b错误；c加热可使蛋白质变性而失去活性，故c正确；d硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置，故d正确故选b【点评】本题考查聚乙烯、蛋白质的变性、元素周期表、煤的气化液化等，难度不大，注意煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有co、h2、ch4等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程5下列有关说法，不正确的是（）将盛有二氧化氮气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管向煤中加入适量石灰石，在煤燃烧时最终生成caso4，可减少so2对大气的污染为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得金属镁为证明nahco3溶液中混有na2co3，取少量溶液，加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，则证明混有na2co3a仅b仅c仅d仅【考点】二氧化硫的污染及治理；电解质溶液的导电性；金属冶炼的一般原理；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】依据二氧化氮和水反应的气体体积变化分析判断；依据二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙不稳定，易被氧化生成硫酸钙解答；氢氧化钠能够与二氧化硅发生反应；电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气；碳酸钠、碳酸氢钠都能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀【解答】解：二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3no2+h2o=2hno3+no，反应后水上升试管容积的三分之二，不能充满液体，故错误；向煤中加入适量石灰石，发生反应：cao+so2caso3、2caso3+o22caso4，可减少so2对大气的污染，故正确；石英坩埚主要成分为二氧化硅，二氧化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，故错误；电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气，电解熔融的氯化镁可得到mg，故错误；碳酸钠、碳酸氢钠都能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，无法用加入澄清石灰水的方法证明nahco3溶液中混有na2co3，故错误；故选：a【点评】本题考查元素及化合物的性质、电解原理，明确物质的性质是解题关键，注意电解氯化镁溶液可获得氢氧化镁、氯气和氢气，题目难度不大6下列金属可用铝热法制备的是（）铁 镁 锰 钒 铬abcd【考点】金属冶炼的一般原理【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】用铝热法制备的金属要求是还原性小于al且熔点较高，据此解答【解答】解：铁、锰、钒、铬金属活泼性弱于铝，熔点较高，都可以通过铝热反应制取，镁还原性强于铝，不能通过铝热反应制取，故选：c【点评】本题考查了金属的冶炼，熟悉铝热反应的原理及所给金属的性质是解题关键，题目难度不大7下列说法正确的是（）aagcl水溶液中ag+和cl浓度的乘积是一个常数bagcl水溶液的导电性很弱，所以agcl为弱电解质c温度一定时，当agcl水溶液中ag+和cl浓度的乘积等于ksp值时，此溶液为agcl的饱和溶液d向饱和agcl水溶液中加入盐酸，c（cl）增大，ksp值变大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、在一定温度下的agcl的饱和水溶液中，ksp=c（ag+）c（cl）是一个常数；b、依据强弱电解质的概念回答即可；c、温度一定时，根据浓度熵qc=ksp值时，此溶液为 agcl的饱和溶液；d、ksp值只与温度有关，温度不变ksp值不变【解答】解：a、在一定温度下的agcl的饱和水溶液中，ksp=c（ag+）c（cl）是一个常数，在不饱和溶液中ag+和cl浓度的乘积不是一个常数，故a错误；b、氯化银为盐，故是强电解质，与溶解度无关，故b错误；c、温度一定时，浓度熵qc=ksp值时，此溶液为 agcl的饱和溶液，故c正确；d、ksp值只与温度有关，温度不变ksp值不变，所以向饱和agcl水溶液中加入盐酸，ksp值不变，故d错误；故选c【点评】本题主要考查的是难溶电解质的溶度积ksp的意义以及影响因素，难度不大，根据所学知识即可完成8近年来，科学家研制了一种新型的乙醇燃料电池，它用酸性电解质（h+）作溶剂电池总反应为：c2h5oh+3o2=2co2+3h2o，下列说法不正确的是（）a乙醇在电池的负极上参加反应b1mol ch3ch2oh被氧化转移6molec随着反应的进行，正极附近的酸性减弱d电池放电过程中化学能转化成电能【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】酸性乙醇燃料电池总反应为c2h5oh+3o22co2+3h2o，负极乙醇被氧化生成co2，电极反应式为c2h5oh12e+3h2o2co2+12h+，正极氧气得电子生成h2o，电极反应式为4h+o2+4e2h2o，结合原电池的工作原理解答该题【解答】解：a、乙醇燃料电池中，乙醇在负极失电子参加反应，故a正确；b、根据c2h5oh+3o2=2co2+3h2o 转移12e，可得1mol ch3ch2oh被氧化转移12mole，故b错误；c、该乙醇燃料电池用酸性电解质（h+）作溶剂，所以正极反应为o2+4e+4h+=2h2o，随着反应的进行，h+不断被消耗，溶液酸性减弱，故c正确；d、电池放电是原电池原理，化学能转化成电能，故d正确；故选b【点评】本题考查化学电源新型电池的工作原理，题目难度中等，解答本题的关键是能根据电池总反应判断正负极，并能写出电极反应式，为解答该题的易错点，注意把握二、解答题（共4小题，满分39分）9氢气、纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料已应用到社会生活和高科技领域（1）已知短周期金属元素a和b，其单质单位质量的燃烧热大，可用作燃料其原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能（kj/mol）i1i2i3i4a899.51757.114848.721006.6b7381451773310540根据上述数据分析，b在周期表中位于s区，其最高价应为+2价；若某同学将b原子的基态外围电子排布式写成了ns1np1，违反了能量最低原理；b元素的第一电离能大于al，原因是镁原子3s轨道全充满，能量较低；（ 2 ）氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，c60可用作储氢材料已知金刚石中的cc的键长为154.45pm，c60中cc键长为145140pm，有同学据此认为c60的熔点高于金刚石，你认为是否正确并阐述理由不正确，c60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键c60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子相对稳定结构，则c60分子中键与键的数目之比为3：1【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）根据a、b两原子的第二、三电离能之间都有1个突跃，它们都是短周期元素推知元素a和元素b，根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域：s区、p区、d区、ds区和f区，b为mg元素在周期表中位于s区，其最高价应为+2价；由基态外围电子排布式可知，3s能级未填满就填充3p能级，而3s能级能量比3p能级低；同周期从左到右第一电离能增大，第iia与iiia反常；（2）根据分子晶体的熔点与共价键的键能无关分析；c60分子中每个原子只跟相邻的3个原子形成共价键，且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，则每个c形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个c原子最外层才满足8电子稳定结构，双键数应该是c原子数的一半，单键为键，双键中有1个键、1个键【解答】解：（1）表中a、b两原子的第二、三电离能之间都有1个突跃，说明它们属于a族，又它们都是短周期元素，且a的第一电离能比b大，因此a为be元素，b为mg元素，mg元素最后填充s电子3s2，为s区元素，最外层2个电子，显+2价，故答案为：s；+2价；由b原子的基态外围电子排布式写成了ns1np1，可知，3s能级未填满就填充3p能级，3s能级能量比3p能级低，所以违背能量最低原理，故答案为：能量最低原理；因为mg的价电子排布式是3s2，3s轨道全充满，能量较低，而al是3s23p1，所以第一电离能：mgal，故答案为：镁原子3s轨道全充满，能量较低；（2）因为c60构成的晶体是分子晶体，影响分子晶体熔点的作用是分子间作用力；而金刚石构成的晶体是原子晶体，影响原子晶体熔点的作用是原子间共价键，共价键作用大大与分子间作用力，因此金刚石的熔点高于c60，所以尽管c60中cc键的键能可能大于金刚石，但其熔化时并不破坏化学键，因此比较键能没有意义，故答案：不正确，c60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键； c60分子中每个原子只跟相邻的3个原子形成共价键，且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，则每个c形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个c原子最外层才满足8电子稳定结构，双键数应该是c原子数的一半，而双键中有1个键、1个键，显然键数目为30，一个c跟身边的3个c形成共价键，每条共价键只有一半属于这个c原子，所以键为+30=90，则c60分子中键与键的数目之比为90：30=3：1，故答案为：3：1【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布规律、电离能、分子结构、键与键等，题目难度中等，注意理解电离能与最外层电子数、元素化合价关系10某学生欲通过实验方法验证fe2+的性质（1）该同学在实验前，依据fe2+的还原性，填写了下表实验操作预期现象反应的离子方程式向盛有新制feso4溶液的试管中滴入数滴浓硝酸，振荡试管中产生红棕色气体，溶液颜色逐渐变黄fe2+no+2h+=fe3+no2+h2o依照表中操作，该同学进行实验观察到液面上方气体逐渐变为红棕色，但试管中溶液颜色却变为深棕色为了进一步探究溶液变成深棕色的原因，该同学进行如下实验（2）向原新制feso4溶液和反应后溶液中均加入kscn溶液，前者不变红色，后者（加了数滴浓硝酸的feso4溶液）变红该现象的结论是fe2+被硝酸氧化为fe3+（3）该同学通过查阅资料，认为溶液的深棕色可能是no2或no与溶液中fe2+或fe3+发生反应而得到的为此他利用如图装置（气密性已检验，尾气处理装置略）进行探究打开活塞a、关闭b，并使甲装置中反应开始后，观察到丙中溶液逐渐变为深棕色，而丁中溶液无明显变化打开活塞b、关闭a，一段时间后再停止甲中反应为与中实验进行对照，更换丙、丁后（溶质不变），使甲中反应继续，观察到的现象与步骤中相同铜与足量浓硝酸反应的化学方程式是cu+4hno3（浓）=cu（no）3+2no2+2h2o；装置乙的作用是使no2转化为no；步骤的目的是排出乙右侧装置中残留的no2；该实验可得出的结论是溶液的深棕色是由no或no2与fe2+作用得到（或不是由no或no2与fe3+作用得到）（4）该同学重新进行（1）中实验，观察到了预期现象，其实验操作是向盛有浓硝酸的试管中滴入数滴新制feso4溶液，振荡【考点】性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】（1）氧化还原反应中，化合价升高的元素具有还原性，根据离子方程式fe2+no3+2h+=fe3+no2+h2o可知，fe2+显示还原性；（2）fe3+遇kscn溶液显血红色；（3）i、打开活塞a，关闭b时，反应生成的no2气体通入了feso4溶液中后显深棕色，而通入fe2（so4）3溶液中无现象；ii、打开活塞b、关闭a，乙中需盛装水溶液，使no2与水反应生成no；iii、为与中实验进行对照，更换丙，丁后，使甲中反应继续，观察到的现象与步骤中相同，即no通入feso4溶液后显深棕色，而通入fe2（so4）3溶液中无现象铜被浓硝酸氧化为cu（no3）2，浓硝酸被还原为no2，据此写出化学方程式；装置乙装有的液体是水，使生成的二氧化氮发生反应3no2+h2o=2hno3+no；乙的右侧装置中有残留的no2；根据i和iii的实验现象分析；（4）实验i是no2气体通入了feso4溶液中后显深棕色，而通入fe2（so4）3溶液中无现象，据此分析【解答】解：（1）亚铁离子与浓硝酸发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化为铁离子，溶液变为黄色，同时硝酸被还原为二氧化氮，离子方程式为fe2+no3+2h+=fe3+no2+h2o中，fe2+被氧化为fe3+，化合价升高，显示还原性，故答案为：还原；（2）向原新制feso4溶液中和反应后溶液中均加入kscn溶液，前者不变红色，后者变红，而由于fe3+遇kscn溶液显血红色，故可以说明滴入的硝酸将fe2+氧化为了fe3+，故答案为：fe2+被硝酸氧化为fe3+；（3）i、打开活塞a，关闭b时，反应生成的no2气体通入了feso4溶液中后显深棕色，而通入fe2（so4）3溶液中无现象；ii、打开活塞b、关闭a，乙中需盛装水溶液，使no2与水反应生成no：3no2+h2o=2hno3+no；iii、为与中实验进行对照，更换丙，丁后，使甲中反应继续，观察到的现象与步骤中相同，即no通入feso4溶液后显深棕色，而通入fe2（so4）3溶液中无现象铜被浓硝酸氧化为cu（no3）2，浓硝酸被还原为no2，根据得失电子数守恒可知化学方程式为：cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+no2+2h2o，故答案为：cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+no2+2h2o；装置乙装有的液体是水，作用是通过反应3no2+h2o=2hno3+no，使no2转化为no，来验证no与溶液中fe 2+或fe 3+发生的反应，故答案为：使no2转化为no；装置乙有残留的no2，所以需要反应一段时间后，利用生成的no来排出装置中的no2，从而可以获得纯净的no，故答案为：排出乙右侧装置中残留的no2；根据实验i和iii的现象可知，溶液的深棕色是由no或no2与fe2+作用得到（或不是由no或no2与fe3+作用得到）故答案为：溶液的深棕色是由no或no2与fe2+作用得到（或不是由no或no2与fe3+作用得到）；（4）由于实验i的现象是no2气体通入了feso4溶液中后显深棕色，而通入fe2（so4）3溶液中无现象，故可以向盛有浓硝酸的试管中滴入数滴新制的feso4溶液，震荡，浓硝酸被还原为no2，fe2+被氧化为fe3+，此时溶液应该无明显的颜色变化，故答案为：向盛有浓硝酸的试管中滴入数滴新制feso4溶液，振荡【点评】本题考查了fe2+的还原性以及no、no2与fe2+的反应，fe2+的还原性和fe3+的性质一直是高频考点，应加强把握，综合性较强，题目难度中等11某同学为了验证氢气还原氧化铜的反应产物，设计了如图1所示的实验装置（1）写出编号仪器的名称：锥形瓶 长颈漏斗（2）浓硫酸的作用是干燥氢气（3）本实验需要加热的装置为d（填字母编号）（4）写出装置c、d中可观察到的现象：c白色固体变蓝，d黑色粉末变红色（5）d中反应每生成1mol水分子，转移的电子数为1.2041024个实验时他需要1.0mol/l的硫酸溶液250ml根据溶液的配制回答下列问题（1）在如图2所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是c（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是bcda使用容量瓶前检验是否漏水b容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤c配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线d配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线e盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转几次，摇匀（3）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为13.6ml，如果实验室有15ml、20ml、50ml量筒，应选用15ml量筒最好【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；配制一定物质的量浓度的溶液【专题】化学实验基本操作；无机实验综合【分析】（1）a是制取氢气的实验装置，是锥形瓶，是长颈漏斗；（2）氢气在点燃时必须是干燥的，故浓硫酸的作用是除去h2中的水蒸气（或干燥h2）；（3）氢气还原氧化铜需要加热条件，故本实验需要加热的装置为d（4）氢气和氧化铜反应生成的水蒸气进入c中，故c中的现象是白色无水cuso4固体变蓝氢气还原氧化铜呈单质铜，故d中的现象为黑色cuo逐渐变红；（5）氢气反应后生成的是水，h元素的化合价由0价变为了+1价，故d中反应每生成1mol水分子，转移的电子数为1.2041024个；（1）在配置一定物质的量浓度的溶液时，不需要球型漏斗，即c需要的玻璃仪器还有烧杯、玻璃棒；（2）根据仪器的使用原则以及实验步骤来回答；（3）根据稀释前后溶质的物质的量相等计算所需浓硫酸的体积【解答】解：（1）图中锥形瓶长颈漏斗，故答案为：锥形瓶；长颈漏斗；（2）氢气可用浓硫酸干燥，故答案为：干燥氢气；（3）还原氧化铜的实验需要在高温下才可以进行，所以需要加热的装置字母编号为d，故答案为：d；（4）c处得无水硫酸铜因吸水，由白色变为蓝色；d处得黑色氧化铜粉末在加热的条件下，被氢气还原成红色铜颜色变化是由黑色变为红色，故答案为：白色固体变蓝，黑色粉末变红色；（5）在反应cuo+h2cu+h2o中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=2na=1.2041024，故答案为：1.2041024；（1）配制250ml1.0mol/l稀硫酸，操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤23次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以需要的仪器为：烧杯、筒量、玻璃棒、250ml容量瓶、胶头滴管，所以还需要的仪器是：烧杯、玻璃棒，故答案为：c；烧杯、玻璃棒；（2）a使用容量瓶前检验是否漏水，故正确；b容量瓶用水洗净后，不能再用待配溶液洗涤，有水不会影响实验结果，故错误；