江西省萍乡市上栗二中高考化学二模试卷（含解析）.doc

2016年江西省萍乡市上栗二中高考化学二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1某同学做完铜、锌原电池的实验后得出了下列结论，你认为正确的是（）a构成原电池正极和负极的材料必须是两种金属b由铜、锌电极与硫酸铜溶液组成的原电池铜是负极c电子沿导线由锌流向铜，通过硫酸溶液被氢离子得到而放出氢气d铜锌原电池工作时，锌被硫酸溶解，所以才产生电子2常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）aph=1的溶液中：k+、fe2+、mno、sobc（fe3+）=0.1 moll1的溶液中：k+、clo、so、scnc =1012的溶液中：nh、al3+、no、cld与铝反应生成氢气的溶液中：nh、k+、cl、sio3a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种短周期元素a的质子总数与电子层数相同，b、c、d同周期且相邻，e原子核外电子数是d原子最外层电子数的2倍c与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲a、b、c3种元素形成化合物乙下列说法正确的是（）a原子半径：ebcdba分别与b、c、d、e形成的简单化合物中，稳定性最好的和沸点最高的都是adce单质性质稳定，但其元素在自然界只能以化合态形式存在d化合物乙中一定含有共价键，可能含有离子键4某温度下，将cl2通入naoh溶液中，反应得到nacl、naclo、naclo3的混合液，经测定clo与clo3的浓度之比为1：3，则cl2与naoh溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）a21：5b11：3c3：1d4：15有如图下4种碳架的烃，则下列判断正确的是（）aa和d是同分异构体bb和c不是同系物ca和d都能发生加成反应d只有b和c能发生取代反应6某温度下，在体积为2l的密闭容器中充入1mol a和b mol b气体，发生如下反应：a（g）+b（g）2c（g），5min后反应达到平衡时n（a）为0.4mol在反应过程中体系的温度持续升高，实验测得混合气体中c的含量与温度的关系如下图所示下列叙述正确的是（）a05 min，c物质的平均反应速率为0.04 moll1min1b图中温度t1时的正反应速率等于温度t3时的正反应速率c该反应温度t2时的平衡常数大于温度t3时的平衡常数d图中t2时，若只增大压强，则正、逆反应速率不改变7在一定温度下，向足量的饱和na2co3溶液中加入1.06克无水na2co3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量（）a等于1.06克b大于1.06克而小于2.86克c等于2.86克d大于2.86克8高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为3zn+2k2feo4+8h2o3zn（oh）2+2fe（oh）3+4koh下列叙述正确的是（）a放电时每转移3mol电子，正极有1molk2feo4被氧化b放电时负极反应为zn+2e+2ohzn（oh）2c充电时阳极反应为fe（oh）33e+5ohfeo42+4h2od放电时正极附近溶液的碱性减弱二、解答题（共4小题）9绿矾晶体（feso47h2o，m=278g/mol）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分实验室利用硫酸厂的烧渣（主要成分为fe2o3及少量fes、sio2），制备绿矾的过程如下：（上述过程所加试剂均过量）试回答：（1）操作为（填写操作名称）（2）试剂y与溶液x反应的离子方程式为（3）检验所得绿矾晶体中含有fe2+的实验操作是（4）操作的顺序依次为、冷却结晶、过滤、干燥（5）某同学用酸性kmno4溶液测定绿矾产品中fe2+含量：a称取11.5g绿矾产品，溶解、配制成1000ml溶液；b量取25.00ml待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.01000mol/lkmno4溶液滴定至终点，消耗kmno4溶液体积的平均值为20.00ml步骤a配制溶液时需要的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管外，还需该同学设计的下列滴定方式，最合理的是（夹持部分略去）（填字母序号）滴定时发生反应的离子方程式为判断此滴定实验达到终点的方法是；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视kmno4溶液液面，其他操作均正确，则使测定结果（填“偏高”“偏低”或“无影响”）计算上述样品中feso47h2o的质量分数为10a、b、c、d是中学化学中常见的单质，d为地壳中含量最多的金属；甲、乙、丙为化合物，其中甲为有磁性的黑色晶体，乙在常温常压下为无色液体各物质的转化关系如下：（1）组成d的元素在周期表中的位置是（2）若用一种反应类型概括上述转化中所涉及到的全部反应，该反应类型是（3）在上述电解反应中，阳极的极反应式是（4）甲和d反应的化学方程式是（5）d的某种盐常用于净水，用离子方程式表示其净水原理11实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但手边只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠某学生设计了如下方案：如果此方案正确，那么：（1）操作可选择的仪器是（2）操作是否可改为加硝酸钡溶液？为什么？；理由（3）进行操作后，如何判断so已除尽，方法是（4）操作的目的是为什么不先过滤后加碳酸钠溶液？理由是（5）操作的目的是12许多有机化合物具有酸碱性完成下列填空（1）苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的顺序为：苯胺（）具有（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）（2）常常利用物质的酸碱性分离混合物某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质，其分离方案如图已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水a、b、c分别是：a、b、c上述方案中，若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入（3）欲将转化为，则应加入2016年江西省萍乡市上栗二中高考化学二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某同学做完铜、锌原电池的实验后得出了下列结论，你认为正确的是（）a构成原电池正极和负极的材料必须是两种金属b由铜、锌电极与硫酸铜溶液组成的原电池铜是负极c电子沿导线由锌流向铜，通过硫酸溶液被氢离子得到而放出氢气d铜锌原电池工作时，锌被硫酸溶解，所以才产生电子【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，电子由负极经导线流向正极，以此解答【解答】解：a构成原电池正负极的材料不一定是两种金属，可能是金属和导电的非金属，如石墨，故a错误；b锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，故b错误；c电子经过外电路由负极流向正极，溶液中由离子定向移动导电，电子不能通过溶液，故c错误；d锌被氧化失去电子，氢离子在正极上得电子，形成电流，反应实质为锌与硫酸的反应，故d正确故选d【点评】本题考查了原电池原理，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，明确原电池的构成、电极上发生的反应、电流的流向即可解答，难度不大2常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）aph=1的溶液中：k+、fe2+、mno、sobc（fe3+）=0.1 moll1的溶液中：k+、clo、so、scnc =1012的溶液中：nh、al3+、no、cld与铝反应生成氢气的溶液中：nh、k+、cl、sio【考点】离子共存问题【分析】aph=1的溶液为酸性溶液，酸性高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；b铁离子与硫氰根离子反应，铁离子与次氯酸根离子发生双水解反应；c该溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；d铝反应生成氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应，硅酸根离子与氢离子反应，铵根离子与硅酸根离子发生双水解反应【解答】解：aph=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，fe2+、mno4之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；bfe3+和 scn之间发生络合反应，fe3+、clo之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；c该溶液中存在大量氢离子，nh4+、al3+、no3、cl之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故c正确；d铝反应生成氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，nh4+与强碱性溶液中的氢氧根离子反应，sio32与酸性溶液中的氢离子反应，sio32、nh4+之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选c【点评】本题考查离子共存的正误判断，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；解决离子共存问题时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3a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种短周期元素a的质子总数与电子层数相同，b、c、d同周期且相邻，e原子核外电子数是d原子最外层电子数的2倍c与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲a、b、c3种元素形成化合物乙下列说法正确的是（）a原子半径：ebcdba分别与b、c、d、e形成的简单化合物中，稳定性最好的和沸点最高的都是adce单质性质稳定，但其元素在自然界只能以化合态形式存在d化合物乙中一定含有共价键，可能含有离子键【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a、b、c、d、e是原子序数依次增大的五种短周期元素a的质子总数与电子层数相同，说明电子数和电子层数都是1，则a为氢元素；c与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲，则c为o元素，甲为so2；b、c、d同周期且相邻，则b为n元素，d为f元素；e原子核外电子数是d原子最外层电子数的2倍，则e有14个电子，为si元素；a、b、c3种元素形成化合物乙为hno3或nh4no3等，结合元素的性质和元素周期律来解答【解答】解：a、b、c、d、e是原子序数依次增大的五种短周期元素a的质子总数与电子层数相同，说明电子数和电子层数都是1，则a为氢元素；c与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲，则c为o元素，甲为so2；b、c、d同周期且相邻，则b为n元素，d为f元素；e原子核外电子数是d原子最外层电子数的2倍，则e有14个电子，为si元素；a、b、c3种元素形成化合物乙为hno3或nh4no3等，a电子层数越多半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则原子半径：sinof，即原子半径：ebcd，故a正确；b氢与氮、氧、氟、硅形成的化合物中，沸点最高的是水，最稳定的是氟化氢，故b错误；c硅单质能被氧气氧化，硅是亲氧元素，在自然界硅往往以硅酸盐或硅的氧化物形式存在，所以在自然界只能以化合态形式存在，故c错误；d化合物乙可以是硝酸、亚硝酸或硝酸铵等，化合物乙中一定含有共价键，可能含有离子键，故d正确故选ad【点评】本题考查结构位置与性质的关系，题目难度中等，根据原子结构和性质推断元素是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力4某温度下，将cl2通入naoh溶液中，反应得到nacl、naclo、naclo3的混合液，经测定clo与clo3的浓度之比为1：3，则cl2与naoh溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）a21：5b11：3c3：1d4：1【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】cl2生成clo与clo3是被氧化的过程，cl2生成nacl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据clo与clo3的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比【解答】解：cl2生成clo与clo3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，clo与clo3的物质的量浓度之比为1：3，则可设clo为1mol，clo3为3mol，被氧化的cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol（10）+3mol（50）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，cl2生成nacl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，故选d【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用5有如图下4种碳架的烃，则下列判断正确的是（）aa和d是同分异构体bb和c不是同系物ca和d都能发生加成反应d只有b和c能发生取代反应【考点】芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体；取代反应与加成反应【专题】同系物和同分异构体【分析】图为碳的骨架结构，原子间短线为共用电子对，利用h原子饱和碳的四价结构，据此判断结构式、分子式a、分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；b、同系物结构相似，分子组成相差若干ch2原子团；c、根据a、d结构判断；d、根据b、c结构判断【解答】解：a、a的分子式为c4h8，d分子式为c4h8，分子式相同，是同分异构体，故a正确；b、b的分子式为c5h12，c的分子式为c4h10，都是烷烃，为同系物，故b错误；c、a的结构简式为（ch3）2c=ch2，含有碳碳双键，能发生加成反应，d为环烷烃，不含碳碳双键，不能发生加成反应，故c错误；d、d为环烷烃，能发生取代反应，故d错误故选：a【点评】本题考查学生对碳骨架理解，难度不大，清楚碳的骨架结构，原子间短线为共用电子对，利用h原子饱和碳的四价结构6某温度下，在体积为2l的密闭容器中充入1mol a和b mol b气体，发生如下反应：a（g）+b（g）2c（g），5min后反应达到平衡时n（a）为0.4mol在反应过程中体系的温度持续升高，实验测得混合气体中c的含量与温度的关系如下图所示下列叙述正确的是（）a05 min，c物质的平均反应速率为0.04 moll1min1b图中温度t1时的正反应速率等于温度t3时的正反应速率c该反应温度t2时的平衡常数大于温度t3时的平衡常数d图中t2时，若只增大压强，则正、逆反应速率不改变【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡图像【分析】t2温度之前，升高温度，c的含量增大，t2温度之后，升高温度，c的含量减小，故曲线上最高点为平衡点，最高点之前未达平衡，反应向正反应进行，最高点之后，各点为平衡点，升高温度c的含量降低，平衡向逆反应，故正反应为放热反应a利用物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算n（c），再根据v=计算v（c）；b温度越高反应速率越快；c温度t2时，反应到达平衡，温度升高c的含量降低，温度升高平衡向逆反应移动；d反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆反应速率同等程度增大【解答】解：曲线上最高点为平衡点，最高点之前未达平衡，反应向正反应进行，最高点之后，各点为平衡点，升高温度c的含量降低，平衡向逆反应，故正反应为放热反应，a.5min后反应达到平衡时n（a）为0.4mol，则n（a）=1mol0.4mol=0.6mol，故n（c）=2n（a）=1.2mol，故v（c）=0.12mol/（lmin），故a错误；bt1时未到达平衡状态，t3时处于平衡状态，温度越高反应速率越快，t1时的正反应速率小于t3时的正反应速率，故b错误；c升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数降低，故t2时的平衡常数大于t3时的平衡常数，故c正确；d反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆反应速率同等程度增大，故d错误；故选c【点评】本题考查化学平衡图象、化学反应速率计算及影响因素、化学平衡常数等，难度中等，判断最高点及之后各点为平衡点是解题的关键7在一定温度下，向足量的饱和na2co3溶液中加入1.06克无水na2co3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量（）a等于1.06克b大于1.06克而小于2.86克c等于2.86克d大于2.86克【考点】溶解度、饱和溶液的概念；化学方程式的有关计算；钠的重要化合物【专题】计算题；溶液和胶体专题【分析】从两个角度来分析：（1）无水na2co3与水反应生成结晶水合物na2co310h2o；（2）原饱和溶液由于加入无水na2co3与水反应而消耗溶液中的水，会有晶体析出【解答】解：1.06克无水na2co3的物质的量为0.01mol，加入到饱和na2co3溶液中生成0.01molna2co310h2o结晶水合物，其质量为0.01mol286g/mol=2.86g，又原饱和溶液由于加入无水na2co3与水反应而消耗溶液中的水，会有晶体析出，故析出晶体的质量大于2.86g故选d【点评】本题考查饱和溶液的计算问题，本题难度不大，做题时注意析出晶体后剩余溶液仍为饱和溶液，特别是形成结晶水合物这一点8高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为3zn+2k2feo4+8h2o3zn（oh）2+2fe（oh）3+4koh下列叙述正确的是（）a放电时每转移3mol电子，正极有1molk2feo4被氧化b放电时负极反应为zn+2e+2ohzn（oh）2c充电时阳极反应为fe（oh）33e+5ohfeo42+4h2od放电时正极附近溶液的碱性减弱【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为zn2e+2oh=zn（oh）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为feo42+4h2o+3e=fe（oh）3+5oh，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为fe（oh）3+5oh=feo42+4h2o+3e，阳极消耗oh离子，碱性要减弱【解答】解：a、放电时正极反应为feo42+4h2o+3e=fe（oh）3+5oh，每转移3mol电子，正极有1molk2feo4被还原，故c错误；b、根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为zn2e+2oh=zn（oh）2，故b错误；c、充电时阳极发生fe（oh）3失电子的氧化反应，即反应为：fe（oh）33e+5ohfeo42+4h2o，故c正确；d、放电时正极反应为feo42+4h2o+3e=fe（oh）3+5oh，生成氢氧根离子，碱性要增强，故d错误故选c【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力二、解答题（共4小题）9绿矾晶体（feso47h2o，m=278g/mol）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分实验室利用硫酸厂的烧渣（主要成分为fe2o3及少量fes、sio2），制备绿矾的过程如下：（上述过程所加试剂均过量）试回答：（1）操作为过滤（填写操作名称）（2）试剂y与溶液x反应的离子方程式为fe+2fe3+3fe2+、fe+2h+fe2+h2（3）检验所得绿矾晶体中含有fe2+的实验操作是将少许所得晶体放入kscn溶液不变色，再向溶液中加入氯水变成红色（4）操作的顺序依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）某同学用酸性kmno4溶液测定绿矾产品中fe2+含量：a称取11.5g绿矾产品，溶解、配制成1000ml溶液；b量取25.00ml待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.01000mol/lkmno4溶液滴定至终点，消耗kmno4溶液体积的平均值为20.00ml步骤a配制溶液时需要的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管外，还需1000ml容量瓶该同学设计的下列滴定方式，最合理的是b（夹持部分略去）（填字母序号）滴定时发生反应的离子方程式为5fe2+mno4+8h+5fe3+mn2+4h2o判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴kmno4溶液时，溶液变成紫色且半分钟不再褪色；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视kmno4溶液液面，其他操作均正确，则使测定结果偏低（填“偏高”“偏低”或“无影响”）计算上述样品中feso47h2o的质量分数为96.7%【考点】制备实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，过滤分离得到滤液x和不溶物i（s、二氧化硅等）；滤液x主要为fe2（so4）3、h2so4等，加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，还可除去未反应的硫酸，过滤除去未反应的fe，滤液为硫酸亚铁溶液，再通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾（1）对照操作前后的物质变化，可知操作是过滤；（2）加入fe将fe3+还原为fe2+，还可除去未反应的硫酸；（3）fe2+的检验可以用kscn氯水法；（4）操作是从溶液中获得晶体；（5）配制溶液，显然要用到容量瓶，应该注意容量瓶的规格；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，应该用酸式滴定管，注意减少氧气的氧化；酸性高锰酸钾具有强氧化性，将fe2+氧化为fe3+，自身被还原为mn2+；高锰酸钾溶液本身是紫红色，不用添加指示剂，根据溶液颜色判断终点；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视kmno4溶液液面，液面在刻度线下方，所读高锰酸钾溶液的体积偏小；根据消耗高锰酸钾计算n（fe2+），而n（feso47h2o）=n（fe2+），进而计算样品中feso47h2o的质量分数【解答】解：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，过滤分离得到滤液x和不溶物i（s、二氧化硅等）；滤液x主要为fe2（so4）3、h2so4等，加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，还可除去未反应的硫酸，过滤除去未反应的fe，滤液为硫酸亚铁溶液，再通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾（1）操作是将互不相溶的固体与液体分离，可知操作是过滤，故答案为：过滤；（2）加入fe将fe3+还原为fe2+，还可除去未反应的硫酸，反应离子方程式为：fe+2fe3+3fe2+、fe+2h+fe2+h2，故答案为：fe+2fe3+3fe2+、fe+2h+fe2+h2；（3）fe2+的检验方法：将少许所得晶体放入kscn溶液不变色，再向溶液中加入氯水变成红色，故答案为：将少许所得晶体放入kscn溶液不变色，再向溶液中加入氯水变成红色；（4）操作是从溶液中获得晶体，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，故答案为：蒸发浓缩、洗涤；（5）配制溶液，显然要用到容量瓶，需要1000ml容量瓶，故答案为：1000ml容量瓶；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，应该用酸式滴定管，c装置与空气接触比较大，易被氧气氧化，故选：b；酸性高锰酸钾具有强氧化性，将fe2+氧化为fe3+，自身被还原为mn2+，反应离子方程式为：5fe2+mno4+8h+5fe3+mn2+4h2o，故答案为：5fe2+mno4+8h+5fe3+mn2+4h2o；高锰酸钾溶液本身是紫红色，不用添加指示剂，滴加最后一滴kmno4溶液时，溶液变成紫色且半分钟不再褪色，说明反应到达终点，滴定终点读取滴定管刻度时，俯视kmno4溶液液面，液面在刻度线下方，所读高锰酸钾溶液的体积偏小，测定结果偏低，故答案为：滴加最后一滴kmno4溶液时，溶液变成紫色且半分钟不再褪色；偏低；25ml溶液消耗高锰酸钾为0.02l0.01mol/l=0.0002mol，由5fe2+mno4+8h+5fe3+mn2+4h2o，可知11.5g绿矾产品中n（fe2+）=50.0002mol=0.04mol，而n（feso47h2o）=n（fe2+）=0.004mol，样品中feso47h2o的质量分数为100%=96.7%，故答案为：96.7%【点评】本题考查物质的制备，涉及物质的分离提纯、溶液配制、氧化还原反应滴定、物质含量测定等，题目难度中等，关键是明确制备原理及化学实验基本操作10a、b、c、d是中学化学中常见的单质，d为地壳中含量最多的金属；甲、乙、丙为化合物，其中甲为有磁性的黑色晶体，乙在常温常压下为无色液体各物质的转化关系如下：（1）组成d的元素在周期表中的位置是第三周期第a族（2）若用一种反应类型概括上述转化中所涉及到的全部反应，该反应类型是氧化还原反应（3）在上述电解反应中，阳极的极反应式是2o24e=o2（4）甲和d反应的化学方程式是3fe3o4+8al9fe+4al2o3（5）d的某种盐常用于净水，用离子方程式表示其净水原理al3+3h2oal（oh）3+3h+【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】d为地壳中含量最多的金属，应为al，甲为有磁性的黑色晶体，应为fe3o4，乙在常温常压下为无色液体，应为h2o，由转化关系甲+d丙+a可知，丙为al2o3，a为fe，电解丙可得到氧气和铝，则b为o2，铁和水蒸汽在高温下反应生成fe3o4和h2，则c为h2，结合对应物质的性质和题目要求解答该题【解答】解：d为地壳中含量最多的金属，应为al，甲为有磁性的黑色晶体，应为fe3o4，乙在常温常压下为无色液体，应为h2o，由转化关系甲+d丙+a可知，丙为al2o3，a为fe，电解丙可得到氧气和铝，则b为o2，铁和水蒸汽在高温下反应生成fe3o4和h2，则c为h2，（1）由以上分析可知d为al，位于周期表第三周期第a族，故答案为：第三周期第a族；（2）题中反应都由单质参加，一定为氧化还原反应，故答案为：氧化还原反应；（3）电解氧化铝，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成铝，阳极电极方程式为2o24e=o2，故答案为：2o24e=o2；（4）甲和d反应为铝热反应，方程式为3fe3o4+8al9fe+4al2o3，故答案为：3fe3o4+8al9fe+4al2o3；（5）明矾常用于净水，主要是利用了铝离子水解可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，离子方程式为al3+3h2oal（oh）3+3h+，故答案为：al3+3h2oal（oh）3+3h+【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握常见物质的颜色、状态以及常见反应，为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，学习中注意积累11实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但手边只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠某学生设计了如下方案：如果此方案正确，那么：（1）操作可选择的仪器是坩埚（2）操作是否可改为加硝酸钡溶液？为什么？不能；理由改用ba（no3）2会使溶液中引入新的杂质离子no3，以后操作中无法除去（3）进行操作后，如何判断so已除尽，方法是取少量上层澄清溶液，再滴加bacl2溶液，如无沉淀出现则说明so42已除尽（或其他的方法）（4）操作的目的是除去过量的ba2+为什么不先过滤后加碳酸钠溶液？理由是减少一次过滤操作（5）操作的目的是除去滤液中溶解的co2和多余的盐酸【考点】粗盐提纯【专题】离子反应专题【分析】（1）操作将固体混合物加热，根据给固体加热常用仪器进行选择；（2）除杂不能引入新的杂质；（3）加入氯化钡溶液检验硫酸根离子是否除尽；（4）加入碳酸钠溶液，除去过量的氯化钡互溶钙离子；过滤后加碳酸钠溶液会增加了过滤操作次数；（5）盐酸和二氧化碳在加热煮沸的情况下可以挥发出来，不影响氯化钠的纯度【解答】解：（1）根据图示，操作是将固体混合物加热，使用到的仪器是坩埚，故答案为：坩埚；（2）加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，故答案为：不能； 改用ba（no3）2会使溶液中引入新的杂质离子no3，以后操作中无法除去；（3）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，