江西省新余市分宜一中高考化学一模试卷（含解析）.doc

2016年江西省新余市分宜一中高考化学一模试卷一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1利用如图进行实验，下列实验结果不能说明结论的是（）a甲盐酸，乙石灰石，丙硅酸钠溶液，证明酸性：盐酸h2co3h2sio3b甲盐酸，乙亚硫酸钠，丙溴水，证明还原性：hciso2hbrc甲浓盐酸，乙高锰酸钾，丙溴化钾，证明氧化性：kmno4cl2br2d甲氯化铵饱和溶液，乙烧碱，丙氯化铝，证明碱性：naohnh3h2oal（oh）32关于反应ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）的有关说法错误的是（）a该反应放出大量的热，甲烷可用作气体燃料b如温度超过100，反应前后气体的体积不变c可用干燥的冷烧杯检验生成的产物为co2和h2od此式中使用箭头表示此反应主产物为co2和h2o，还可能有其他副产物如co、c等3证明生石灰中既混有石英，又混有石灰石的方法是（）a加入过量盐酸，观察是否有气泡冒出b加入过量烧碱溶液，观察是否有固体溶解c加热至高温，观察是否有气泡冒出，是否有硅酸钙生成d先加过量盐酸搅拌，观察是否有不溶物剩余及气泡出现；若有不溶物则滤出，投入到氢氧化钠溶液中看其是否溶解4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a能使广泛ph试纸显蓝色的溶液：k+、na+、ch3coo、brb甲基橙呈红色的溶液：nh4+、ba2+、alo2、clc0.1 moll1 fecl3溶液：k+、nh4+、i、scnd由水电离的c （h+）=11014 moll1的溶液中：ca2+、k+、cl、hco5向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bl向反应后的溶液中加入cmol/l氢氧化钾溶液vml，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的是（）ac=bp=m+cn=m+17vcd mpm6将2mola和1molb充入vl的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2a（g）+b（g）2c（g）平衡时c的体积分数（%）随温度和压强的变化如表所示：压强/mpa体积分数/%温度/1.02.03.035054.0ab415c40.0d550ef36.0下列判断正确的是（）abeb415、2.0mpa时b的转化率为60%c该反应的h0d平衡常数k（550）k（350）7用0.10moll1的盐酸滴定0.10moll1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）ac（nh4+）c（cl），c（oh）c（h+）bc（nh4+）=c（cl），c（oh）=c（h+）cc（cl）c（nh4+），c（oh）c（h+）dc（cl）c（nh4+），c（h+）c（oh）8糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同下列分析正确的是（）a脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期b含2.24g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气672ml（标准状况）c脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2h2o+o2+4 e=4ohd脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：fe2e=fe2+二、第卷（非选择题，共4小题，共52分）9下表给出了五种元素的相关信息，其中a、b、c、d为短周期元素元素相关信息a在常温、常压下，其单质是气体，随着人类对环境的认识和要求的提高，它将成为倍受青睐的清洁燃料b工业上通过分离液态空气获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障c植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，其中一种是早期医疗中使用的麻醉剂d室温下其单质呈粉末固体，加热易熔化该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰e它是人体不可缺少的微量元素，其单质也是工业生产中不可缺少的金属原材料，常用于制造桥梁、轨道等（1）e在元素周期表中的位置是（2）b和d对应的气态氢化物中，稳定性强的是，熔沸点高的是（用具体的化学式表示）（3）d的单质与烧碱水溶液加热时发生自身氧化还原反应生成两种具有强还原性的阴离子，写出该反应的离子方程式（4）c与a形成的某一化合物能和c与b形成的另一无色化合物（这两种化合物分子中原子个数比皆为1：2）一起用作火箭助推剂，写出两者发生反应生成无毒物质的化学方程式（5）以上这五种元素组成一种工业上用途极广的复盐，该物质中a、b、c、d、e的质量比为5：56：7：16：14则其水溶液的ph7（填“”“=”或“”），原因是（用离子方程式表示）溶液中离子浓度从大到小的顺序为10工业废水中常含有一定量的cr2o和cro，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为cro42cr2o72cr3+cr（oh）3其中第步存在平衡：2cro42（黄色）+2h+cr2o72（橙色）+h2o（1）若平衡体系的ph=2，该溶液显色（2）能说明第步反应达平衡状态的是acr2o72和cro42的浓度相同b.2v（cr2o72）=v（cro42）c溶液的颜色不变（3）第步中，还原1 mol cr2o72离子，需要mol的feso47h2o（4）第步生成的cr（oh）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：cr（oh）3（s）cr3+（aq）+3oh（aq）常温下，cr（oh）3的溶度积ksp=c（cr3+）c3（oh）=1032，要使c（cr3+）降至105 mol/l，溶液的ph应调至方法2：电解法该法用fe做电极电解含 cr2o72的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液ph升高，产生cr（oh）3沉淀（5）用fe做电极的原因为（6）在阴极附近溶液ph升高的原因是（用电极反应解释），溶液中同时生成的沉淀还有11草木灰中富含钾盐（主要是k2co3，还有少量kcl和k2so4）据从草木灰中提取钾盐实验，填写下列空白：（1）此实验操作顺序如下：称量样品；溶解、沉降；冷却结晶（2）用托盘天平（指针向上的）称量样品时，若指针偏向右边，则表示（填下列正确选项的代码）a左盘重，样品轻b左盘轻，砝码重c右盘重，砝码轻d右盘轻，样品重（3）在进行第步操作时，有可能要重复进行，这是由于（4）在进行第步操作时，要用玻璃棒不断小心地搅动液体，目的是防止（5）在、步操作时，要用到的同一种玻璃仪器是（6）将制得的少量晶体放入试管，加蒸馏水溶解并把溶液分成三份，分装在三支试管中在第一支试管中加入稀盐酸，可观察到有生成，证明溶液中有离子在第二支试管中加入足量稀盐酸，再加入bacl2溶液，可观察到有生成，证明溶液中有离子在第三支试管中加入足量的稀硝酸后，再加入agno3溶液，可观察到有生成，证明溶液中有离子12下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯他们分别设计了如图所示的三套实验装置：（一）请从甲、乙两位同学设计的装置中选择一种作为实验室制取乙酸乙酯的装置，较合理的是（填“甲”或“乙”）丙同学将甲装置进行了改进，将其中的玻璃管改成了球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是（二）【实验步骤】（1）按丙同学选择的装置组装仪器，在试管中先加入3 ml乙醇，并在摇动下缓缓加入2 ml浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2 ml冰醋酸；（2）将试管固定在铁架台上；（3）在试管中加入适量的饱和na2co3溶液；（4）用酒精灯对试管加热；（5）当观察到试管中有明显现象时停止实验【问题讨论】a步骤（1）安装好实验装置，加入样品前还应检查；b写出试管发生反应的化学方程式（注明反应条件）；c试管中饱和na2co3溶液的作用是；（填“能”或“不能”）换成naoh溶液，原因为；d从试管中分离出乙酸乙酯的实验操作是；e若60 g乙酸与足量的乙醇反应能生成53 g乙酸乙酯，计算该反应中乙酸的转化率（要求写出计算过程）2016年江西省新余市分宜一中高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1利用如图进行实验，下列实验结果不能说明结论的是（）a甲盐酸，乙石灰石，丙硅酸钠溶液，证明酸性：盐酸h2co3h2sio3b甲盐酸，乙亚硫酸钠，丙溴水，证明还原性：hciso2hbrc甲浓盐酸，乙高锰酸钾，丙溴化钾，证明氧化性：kmno4cl2br2d甲氯化铵饱和溶液，乙烧碱，丙氯化铝，证明碱性：naohnh3h2oal（oh）3【考点】化学实验方案的评价【专题】无机实验综合【分析】a盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，证明盐酸的酸性大于碳酸，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，可证明碳酸的酸性大于硅酸；b乙装置中发生的反应只能说明盐酸的酸性强于亚硫酸，无法比较hcl与so2还原性的强弱；c高锰酸钾在酸性条件下能够将氯离子氧化成氯气，氯气能够氧化溴离子；d氢氧化钠能够置换出氨气，氨气能够与氯化铝反应生成氢氧化铝，根据以强制弱原理判断【解答】解：a甲盐酸，乙石灰石，丙硅酸钠溶液，通过碳酸钙与盐酸、二氧化碳气体与硅酸钠溶液的反应，可证明酸性：盐酸h2co3h2sio3，能够达到实验目的，故a错误；b丙试管中发生br2+so2+2h2o=2hbr+h2so4，可证明还原性so2hbr，乙装置中发生的反应只能说明盐酸的酸性强于亚硫酸，无法比较hcl与so2还原性的强弱，无法达到实验目的，故b正确；c甲浓盐酸，乙高锰酸钾，丙溴化钾，酸性高锰酸钾能够氧化氯离子，氯气能够氧化溴离子，可证明氧化性：kmno4cl2br2，该方案能够达到实验目的，故c错误；d甲氯化铵饱和溶液，乙烧碱，丙氯化铝，氢氧化钠与氯化铵溶液反应生成氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，从而可证明碱性：naohnh3h2oal（oh）3，能够达到实验目的，故d错误；故选b【点评】本题考查实验方案的设计与评价，题目难度中等，设计氧化性强弱、酸性强弱、碱性强弱的判断，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力2关于反应ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）的有关说法错误的是（）a该反应放出大量的热，甲烷可用作气体燃料b如温度超过100，反应前后气体的体积不变c可用干燥的冷烧杯检验生成的产物为co2和h2od此式中使用箭头表示此反应主产物为co2和h2o，还可能有其他副产物如co、c等【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、物质的燃烧是放热过程，甲烷是气体燃料；b、如温度超过100，水是气态，据此回答；c、干燥的冷烧杯检验生成的产物为h2o；d、有机反应使用箭头表示，反应伴随副产物【解答】解：a、甲烷的燃烧是放热过程，甲烷可用作气体燃料，故a正确；b、如温度超过100，水是气态，反应前后气体的系数和相等，反应前后气体的体积不变，故b正确；c、干燥的冷烧杯检验生成的产物为h2o，不能检测出co2，故c错误；d、有机反应伴随副产物，使用箭头表示此反应主产物为co2和h2o，还可能有其他副产物如co、c等，故d正确故选c【点评】本题考查学生有机反应的特点和应用，注意有机反应的副产物问题，难度不大3证明生石灰中既混有石英，又混有石灰石的方法是（）a加入过量盐酸，观察是否有气泡冒出b加入过量烧碱溶液，观察是否有固体溶解c加热至高温，观察是否有气泡冒出，是否有硅酸钙生成d先加过量盐酸搅拌，观察是否有不溶物剩余及气泡出现；若有不溶物则滤出，投入到氢氧化钠溶液中看其是否溶解【考点】硅和二氧化硅；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】碳族元素【分析】生石灰是氧化钙，能和水及酸反应；石英是晶体二氧化硅，sio2不溶于除氢氟酸以外的酸，能和强碱反应生成盐和水；石灰石是碳酸钙，能和强酸反应生成盐和二氧化碳，根据石灰石和石英的化学性质分析判断【解答】解：a、加入过量盐酸，观察是否有气泡冒出，只能检验石灰石是否存在，不能检验石英是否存在，故a错误b、加入过量烧碱溶液，观察是否有固体溶解，只能检验石英是否存在，不能检验石灰石是否存在，故b错误c、加热至高温时，不能观察到是否有气体生成，故c错误d、sio2不溶于除氢氟酸以外的酸，但sio2可以溶于naoh溶液生成盐和水，所以可用氢氧化钠溶液检验石英石是否存在；cao、caco3均可溶于盐酸且caco3溶于盐酸有气泡生成，所以可用盐酸检验石灰石是否存在，故d正确故选d【点评】本题考查了物质的检验和鉴别，根据各物质的化学性质选取适当的方法检验即可4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a能使广泛ph试纸显蓝色的溶液：k+、na+、ch3coo、brb甲基橙呈红色的溶液：nh4+、ba2+、alo2、clc0.1 moll1 fecl3溶液：k+、nh4+、i、scnd由水电离的c （h+）=11014 moll1的溶液中：ca2+、k+、cl、hco【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】a能使广泛ph试纸显蓝色的溶液显碱性，四种离子在碱性溶液中可共存；b该溶液中存在大量氢离子，偏铝酸根离子与氢离子反应；c铁离子与硫氰根离子反应；d该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应【解答】解：a能使广泛ph试纸显蓝色的溶液显碱性，k+、na+、ch3coo、br之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中可共存，故a正确；b甲基橙呈红色溶液显酸性，h+与alo2不共存，故b错误；cfe3+与scn之间发生反应生成络合物，在溶液中不能大量共存，故c错误；d水电离的c（h+）=11014moll1的溶液可能为酸性也可能为碱性，hco3与酸与碱都不能共存，故d错误；故选a【点评】本题考查离子共存，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等5向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bl向反应后的溶液中加入cmol/l氢氧化钾溶液vml，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的是（）ac=bp=m+cn=m+17vcd mpm【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】反应化学方程式为：mg+h2so4=mgso4+h2；2al+3h2so4=al2（so4）3+3h2；mgso4+2koh=mg（oh）2+k2so4；al2（so4）3+6koh=2al（oh）3+3k2so4；mg（oh）2mgo+h2o；2al（oh）3al2o3+3h2o；a根据n=计算氢气的物质的量，根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（oh）等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，据此计算氢氧根离子的物质的量，再根据c=计算氢氧化钾的物质的量浓度；b由mg（oh）2mgo+h2o，2al（oh）3al2o3+3h2o可知，沉淀灼烧生成氧化镁与氧化铝，二者质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，据此计算；c沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，根据n=cvm计算氢氧根离子的质量；d按照极值方法计算，若mg全是镁，计算生成得到的氧化镁质量，若mg全是铝，计算得到的氧化铝的质量，实际固体的质量介于二者之间【解答】解：a根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（oh），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，故2=cmol/lv103l，整理得c=，故a正确；b选项中p为生成的氧化物的质量，由mg（oh）2mgo+h2o，2al（oh）3al2o3+3h2o可知，氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故p=m+cv10316=m+，故b正确；c沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+cv10317=m+，故c错误；d得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为p=40=，若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=102=，质量介于二者之间，故d正确；故选c【点评】本题综合考查镁铝元素单质及化合物的性质、混合物的有关计算，注意利用方程式与电子转移守恒寻找关系解答，题目计算量较大，且为无数据计算，难度较大6将2mola和1molb充入vl的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2a（g）+b（g）2c（g）平衡时c的体积分数（%）随温度和压强的变化如表所示：压强/mpa体积分数/%温度/1.02.03.035054.0ab415c40.0d550ef36.0下列判断正确的是（）abeb415、2.0mpa时b的转化率为60%c该反应的h0d平衡常数k（550）k（350）【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】a该反应是气体体积减小的反应，加压平衡右移，c的体积分数增加，则b54.0%，e36.0%，据此可知b、e的大小；b在一定条件下发生反应2a（g）+b（g）2c（g） 起始物质的量（mol）21 0 转化物质的量（mol）2x x 2x 平衡物质的量（mol）22x x 2x根据c的体积分数为40%，列式计算出x，然后计算出b的转化率；c该反应为气体体积缩小的反应，根据温度为415时c的压强较小，则c40%，然后根据都是1.0mpa，350和415，温度升高而c的体积分数减小，据此可知还反应的焓变；d根据c可知该反应为放热反应，然后根据升高温度平衡移动方向判断两个不同温度下的平衡常数大小【解答】解：a该反应是气体体积减小的反应，加压平衡右移，c的体积分数增加，则b54.0%，e36.0%，所以be，a正确；b在一定条件下发生反应2a（g）+b（g）2c（g）起始物质的量（mol）21 0转化物质的量（mol）2x x 2x平衡物质的量（mol）22x x 2xc的体积分数为40%，则：100%=40%，解得：x=0.5mol，所以b的转化率为：100%=50%，故b错误；c该反应为气体体积缩小的反应，根据温度为415时c的压强较小，则c40%，然后根据都是1.0mpa，350和415，温度升高而c的体积分数减小，则该反应为放热反应，该反应的h0，故c错误；d该反应为放热反应，升温平衡左移，平衡常数减小，则k（550）k（350），故d错误；故选a【点评】本题考查化学反应平衡移动及计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力7用0.10moll1的盐酸滴定0.10moll1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）ac（nh4+）c（cl），c（oh）c（h+）bc（nh4+）=c（cl），c（oh）=c（h+）cc（cl）c（nh4+），c（oh）c（h+）dc（cl）c（nh4+），c（h+）c（oh）【考点】离子浓度大小的比较；中和滴定【分析】根据酸碱滴定中，无论溶液中的溶质是氯化铵、氯化铵和氯化氢、氯化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒来分析解答【解答】解：a、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c（oh）c（h+），溶液中弱电解质的电离盐的水解，即c（nh4+）c（cl），则符合电荷守恒，故a是可能出现的结果；b、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c（oh）=c（h+），由电荷守恒可知c（nh4+）=c（cl），故b是可能出现的结果；c、当c（cl）c（nh4+），c（oh）c（h+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故c是不可能出现的结果；d、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c（h+）c（oh），又水解的程度很弱，则c（cl）c（nh4+），且符合电荷守恒，故d是可能出现的结果；故选：c【点评】本题考查酸碱滴定后溶液中离子浓度的关系，明确溶液中的弱电解质的电离及盐的水解来分析，利用电荷守恒则可知溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况即可解答8糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同下列分析正确的是（）a脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期b含2.24g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气672ml（标准状况）c脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2h2o+o2+4 e=4ohd脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：fe2e=fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a脱氧过程为放热反应；b脱氧时，铁失去电子的物质的量=0.08mol，根据转移电子相等计算吸收氧气体积；c铁易失电子作负极、c作正极，正极上氧气得电子发生还原反应；d铁作负极、c作正极，负极上铁失电子发生氧化反应【解答】解：a脱氧过程发生氧化还原反应，为放热反应，故a错误；b脱氧时，负极反应式为fe2e=fe2+，铁失去电子的物质的量=0.08mol，正极反应式为2h2o+o2+4e=4oh，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，所以实际上铁元素转移电子物质的量=0.12mol，根据转移电子相等得吸收氧气体积=672ml，故b正确；c铁易失电子作负极、c作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2h2o+o2+4 e=4oh，故c错误；d铁作负极、c作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为fe2e=fe2+，故d错误；故选b【点评】本题考查了原电池原理，明确整个过程中发生的反应是解本题关键，注意b中铁元素最终转化为氢氧化铁，为易错点二、第卷（非选择题，共4小题，共52分）9下表给出了五种元素的相关信息，其中a、b、c、d为短周期元素元素相关信息a在常温、常压下，其单质是气体，随着人类对环境的认识和要求的提高，它将成为倍受青睐的清洁燃料b工业上通过分离液态空气获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障c植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，其中一种是早期医疗中使用的麻醉剂d室温下其单质呈粉末固体，加热易熔化该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰e它是人体不可缺少的微量元素，其单质也是工业生产中不可缺少的金属原材料，常用于制造桥梁、轨道等（1）e在元素周期表中的位置是第四周期第族（2）b和d对应的气态氢化物中，稳定性强的是h2o，熔沸点高的是h2o（用具体的化学式表示）（3）d的单质与烧碱水溶液加热时发生自身氧化还原反应生成两种具有强还原性的阴离子，写出该反应的离子方程式3s+6ohso32+2s2+3h2o（4）c与a形成的某一化合物能和c与b形成的另一无色化合物（这两种化合物分子中原子个数比皆为1：2）一起用作火箭助推剂，写出两者发生反应生成无毒物质的化学方程式2n2h4+n2o43n2+4h2o（5）以上这五种元素组成一种工业上用途极广的复盐，该物质中a、b、c、d、e的质量比为5：56：7：16：14则其水溶液的ph7（填“”“=”或“”），原因是fe2+2h2ofe（oh）2+2h+、nh4+h2onh3h2o+h+（用离子方程式表示）溶液中离子浓度从大到小的顺序为c（nh4+）c（so42）c（fe2+）c（h+）c （oh）【考点】位置结构性质的相互关系应用；盐类水解的应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由题目信息可知，a为h，b为o，c为n，d为s，e为fe（1）fe位于第四周期第族；（2）元素非金属越强，对应氢化物越稳定，h2o由于存在分子间氢键，熔沸点较h2s高；（3）s与naoh溶液该反应生成亚硫酸钠、硫化钠与水；（4）c与a形成的原子个数比为1：2的化合物为n2h4，c与b形成的原子个数比为1：2的化合物为n2o4，n2h4与n2o4反应方程式生成氮气与水；（5）根据质量比可得五种元素原子个数比为20：14：2：2：1，故此盐为（nh4）2so4feso46h2o，溶液中fe2+与nh4+均水解，故溶液显酸性【解答】解：由题目信息可知，a为h，b为o，c为n，d为s，e为fe（1）fe位于第四周期第族，故答案为：第四周期第族；（2）非金属性os，故h2o和h2s中，h2o稳定性较强，h2o由于存在分子间氢键，所以熔沸点较h2s高，故答案为：h2o；h2o；（3）s与naoh溶液该反应生成亚硫酸钠、硫化钠与水，反应离子方程式为：3s+6ohso32+2s2+3h2o，故答案为：3s+6ohso32+2s2+3h2o；（4）c与a形成的原子个数比为1：2的化合物为n2h4，c与b形成的原子个数比为1：2的化合物为n2o4，n2h4与n2o4反应生成氮气与水，反应方程式为：2n2h4+n2o43n2+4h2o，故答案为：2n2h4+n2o43n2+4h2o；（5）根据质量比可得h、o、n、s、ee元素原子个数比为： =20：14：2：2：1，故此盐为（nh4）2so4feso46h2o，溶液中fe2+与nh4+均水解：fe2+2h2ofe（oh）2+2h+、nh4+h2onh3h2o+h+，故溶液显酸性，溶液中各离子浓度由大到小排列为：c（nh4+）c（so42）c（fe2+）c（h+）c （oh），故答案为：；fe2+2h2ofe（oh）2+2h+、nh4+h2onh3h2o+h+；c（nh4+）c（so42）c（fe2+）c（h+）c （oh）【点评】本题考查结构性质位置关系应用，涉及元素化合物性质、元素周期律应用、常用化学用语、物质推断、盐类水解等，熟练掌握元素化合物性质，难度中等10工业废水中常含有一定量的cr2o和cro，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为cro42cr2o72cr3+cr（oh）3其中第步存在平衡：2cro42（黄色）+2h+cr2o72（橙色）+h2o（1）若平衡体系的ph=2，该溶液显橙色（2）能说明第步反应达平衡状态的是cacr2o72和cro42的浓度相同b.2v（cr2o72）=v（cro42）c溶液的颜色不变（3）第步中，还原1 mol cr2o72离子，需要6mol的feso47h2o（4）第步生成的cr（oh）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：cr（oh）3（s）cr3+（aq）+3oh（aq）常温下，cr（oh）3的溶度积ksp=c（cr3+）c3（oh）=1032，要使c（cr3+）降至105 mol/l，溶液的ph应调至5方法2：电解法该法用fe做电极电解含 cr2o72的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液ph升高，产生cr（oh）3沉淀（5）用fe做电极的原因为阳极反应为fe2e=fe2+，提供还原剂fe2+（6）在阴极附近溶液ph升高的原因是（用电极反应解释）2h+2e=h2，溶液中同时生成的沉淀还有fe（oh）3【考点】氧化还原反应；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理【专题】氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】（1）根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向，从而确定溶液颜色变化；（2）根据判断平衡状态的方法：v正=v逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡，也可根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来回答判断；（3）在氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数来计算；（4）根据ksp=c（cr3+）c3（oh）来计算氢氧根离子离子的浓度，并计算氢离子浓度和ph的大小；（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；（6）溶液ph升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，ph升高，氢氧根离子浓度增大，离子浓度幂的乘积大于溶度积，所以金属阳离子会生成氢氧化物沉淀【解答】解：（1）c（h+）增大，平衡2cro42（黄色）+2h+cr2o72（橙色）+h2o右移，溶液呈橙色，故答案为：橙；（2）对于平衡：2cro42（黄色）+2h+cr2o72（橙色）+h2o，acr2o72和cro42的浓度相同，不一定平衡，故a错误；b2（cr2o72）=（cro42）不能证明正逆速率相等，所以不是平衡状态，故b错误；c溶液的颜色不变，即有色离子浓度不会再不变，达到了化学平衡状态，故c正确；故选c；（3）还原1mol cr2o72离子，铬元素化合价从+6价降低到+3价，一共得到电子6mol，亚铁离子被氧化为+3价，应该得到6mol电子，所以还原1mol cr2o72离子，需要6mol的feso47h2o，故答案为：6；（4）cr（oh）3的溶度积ksp=c（cr3+）c3（oh）=1032，要使c（cr3+）降至105mol/l，则需c（oh）=109mol/l，所以c（h+）=105mol/l，即ph=5，故答案为：5；（5）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为fe2efe2+，以提供还原剂fe2+，故答案为：阳极反应为fe2e=fe2+，提供还原剂fe2+；（6）在阴极附近溶液ph升高的原因是水电离产生的h+放电生成h2：2h+2eh2；同时大量产生了oh，所以溶液中的fe3+也将转化为fe（oh）3沉淀；故答案为：2h+2e=h2；fe（oh）3【点评】本题主要考查了铬及其化合物的性质、氧化还原反应、沉淀溶解平衡和电化学知识等内容，难度中等，抓住题目信息是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力11草木灰中富含钾盐（主要是k2co3，还有少量kcl和k2so4）据从草木灰中提取钾盐实验，填写下列空白：（1）此实验操作顺序如下：称量样品；溶解、沉降；过滤；加热蒸发；冷却结晶（2）用托盘天平（指针向上的）称量样品时，若指针偏向右边，则表示b（填下列正确选项的代码）a左盘重，样品轻b左盘轻，砝码重c右盘重，砝码轻d右盘轻，样品重（3）在进行第步操作时，有可能要重复进行，这是由于滤液仍浑浊（4）在进行第步操作时，要用玻璃棒不断小心地搅动液体，目的是防止液体飞溅（5）在、步操作时，要用到的同一种玻璃仪器是玻璃棒（6）将制得的少量晶体放入试管，加蒸馏水溶解并把溶液分成三份，分装在三支试管中在第一支试管中加入稀盐酸，可观察到有气泡生成，证明溶液中有co32离子在第二支试管中加入足量稀盐酸，再加入bacl2溶液，可观察到有白色沉淀生成，证明溶液中有so42离子在第三支试管中加入足量的稀硝酸后，再加入agno3溶液，可观察到有白色沉淀生成，证明溶液中有cl离子【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，可以利用过滤的方法来获得钾盐的水溶液；（2）称量样品时，若指针偏向右边，说明砝码偏重；（3）步骤操作方法为过滤，如滤液仍浑浊，可充分操作；（4）步骤为蒸发操作，通过玻璃棒的搅拌，使溶液受热均匀，避免液体溅出；（5）、步操作都用到玻璃棒；（6）碳酸根离子和盐酸反应产生气体，据此可检验碳酸根离子；硫酸根离子和盐酸酸化钡离子反应生成白色沉淀，据此检验硫酸根离子；氯离子和硝酸酸化的银离子反应生成白色沉淀，据此检验氯离子【解答】解：（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，然后利用过滤的方法可以获得钾盐的水溶液，将所得的水溶液蒸发结晶可以获得氯化钾的固体，所以实验步骤为：称量样品；溶解沉降；过滤；加热蒸发；冷却结晶，最后过滤、洗涤，得到产品，故答案为：过滤；加热蒸发；（2）托盘天平的使用规范是右盘放砝码，左盘放称量物，指针偏向哪边说明哪边重，题中指针偏向右边，说明砝码重，物品轻，故答案为：b；（3）由于本实验中被过滤液显碱性，其中可能有一些高价金属氢氧化物的絮状沉淀，一次过滤不容易得到澄清的滤液，因而可能要重复过滤，故答案为：滤液仍浑浊；（4）步骤为蒸发操作，蒸发时需要使用玻璃棒搅拌，目的是使溶液受热均匀，避免液体局部受热导致液体飞溅，发生危险，故答案为：液体飞溅；（5）、步操作都用到玻璃棒分别为溶解、过滤、蒸发，都用到玻璃棒，故答案为：玻璃棒；（6）碳酸根离子能和盐酸反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为：co32+2h+=co2+h2o，向溶液中加入稀盐酸后有气泡生成说明有co32，故答案为：气泡；co32；向原溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，排除了其它阴离子的干扰，如果产生白色沉淀，就说明溶液中有so42离子，反应的离子方程式为：so42+ba2+=baso4，故答案为：白色沉淀；so42；向原溶液中滴加足量稀硝酸后，排除了其它离子的干扰，再加入 agno3 溶液，产生白色沉淀，说明溶液中有氯离子，故答案为：白色沉淀；cl【点评】本题考查了物质的分离、提纯实验方案的设计与评价，为高频考点，题目难度中等，把握粗盐提纯实验及离子的检验为解答的关键，试题侧重分析与实验能力的考查12下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯他们分别设计了如图所示