广西桂林十八中高三化学上学期第三次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广西桂林十八中高三（上）第三次月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1汉书中“高奴县有洧水可燃”，沈括在梦溪笔谈对“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也，此物必大行于世”的描述，对上文进行的某些分析中正确的是（）a“洧水”的主要成分是油脂b“洧水”的主要成分是煤油c烟的主要成分是炭黑d烟的主要成分是石墨2甲乙丙是三种不含相同离子的可溶性电解质他们所含的离子如右表所示取等质量的三种化合物配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c（甲）c（乙）c（丙），下列说法正确的是（）阳离子na+nh4+fe3+阴离子oh cl so42a甲中一定含有na+b乙中一定含有nh4+c丙中一定含有 fe3+d丙中一定含有so423设na为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温下，23g no2和n2o4的混合气体含有na个氧原子b1l0.1moll1的氨水含有0.1na个ohc标准状况下，no和o2各11.2l混合，所得混合气体的分子总数为0.75nad1molfe与1molcl2充分反应，转移3na个电子4下列离子方程式正确的是（）a向稀hno3中滴加na2so3溶液：so32+2h+=so2+h2ob硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液 fe2+2h+h2o2fe3+2h2ocmg（hco3）2溶液中加入过量石灰水：mg2+2hco3+ca2+2oh=caco3+2h2o+mgco3d向含 0.5 mol的febr2溶液中通入13.44l（标准状况下）cl2：10fe2+14br+12cl2=10fe3+7br2+24cl5下列所陈述的事实与解释均正确的是（）选项实验操作及现象实验结论a用ph试纸测定naclo溶液的酸碱性，试纸显蓝色naclo水解显碱性b收集铜与浓硝酸反应生成的气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅生成的红棕色no2气体部分转化为无色气体c向某溶液中加入几滴新制的氯水，再加入2滴kscn溶液，溶液变为红色原溶液中一定含有fe2+d甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色发生了萃取aabbccdd6乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（）1mol该有机物可消耗3mol h2；不能发生银镜反应；分子式为c12h20o2；它的同分异构体中可能有酚类；1mol该有机物水解时只能消耗1mol naohabcd7用如图所示装置除去含有cn、cl 废水中的cn时，控制溶液ph为910，阳极产生的clo将cn氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（）a用石墨作阳极，铁作阴极b阳极的电极反应式：cl+2oh2eclo+h2oc阴极的电极反应式：2h2o+2eh2+2ohd除去cn的反应：2cn+5clo+2hn2+2co2+5cl+h2o三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共11题129分8（13分）（2015秋桂林校级月考）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+a na2o2=2na2feo4+b x+2na2so4+c o2，该反应中物质x应是，b与c的关系是（2）湿法制备高铁酸钾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：每生成1mol feo42转移mo1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mo1已知：2fe3+2i=2fe2+i2，2fe2+br2=2fe3+2br（3）含有1mol fei2和2mol febr2的溶液中通入2mol cl2，此时被氧化的离子及其物质的量是（4）若向含a mol fei2和b mol febr2的溶液中通入c mol cl2，当i、fe2+、br完全被氧化时，c为（用含a、b的代数式表示）9（16分）（2015秋桂林校级月考）在实验室中，可利用碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵等物质溶解度的差异，通过饱和食盐水、氨和二氧化碳反应，获得碳酸氢钠晶体，反应原理可用如下化学方程式表示：nh3+co2+nacl+h2onh4cl+nahco3，依据此原理，欲制得碳酸氢钠晶体，某校学生设计了如图实验装置，其中b装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的溶液，且二者均已达到饱和：（1）a装置中所发生反应的离子方程式为：c装置中稀硫酸的作用为：（2）下表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）01020304050nacl35.735.836.036.336.637.0nahco36.98.19.611.112.714.5nh4cl29.433.337.241.445.850.4参照表中数据，请分析b装置中使用冰水是因为（3）该校学生在检查完此套装置气密性后进行实验，结果没有得到碳酸氢钠晶体，指导教师指出应在装置之间（填写字母）连接一个盛有 的洗气装置，其作用是（4）利用改进后的装置进行实验，在b中的试管内析出了晶体，经必要的操作后得到了一种纯净的晶体请通过简单实验判断该晶体是碳酸氢钠晶体而不是碳酸氢铵晶体，简述操作方法、实验现象及结：（5）若该校学生进行实验时，所用饱和食盐水中含nacl的质量为5.85g，实验后得到干燥的nahco3晶体的质量为5.88g，则nahco3的产率为10（14分）（2015秋桂林校级月考）某碳素钢锅炉内水垢的主要成分是碳酸钙、硫酸钙、氢氧化镁、铁锈、二氧化硅等 水垢会形成安全隐患，需及时清洗除去清洗流程如下：加入naoh和na2co3混合液，加热，浸泡数小时；放出洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸，浸泡；向洗液中加入na2so3溶液；清洗达标，用nano2溶液钝化锅炉（1）用naoh溶解二氧化硅的化学方程式是（2）已知：20时溶解度/gcaco3caso4mg（oh）2mgco31.41032.5510291041.1102则步骤中加入na2co3可除去水垢中的（3）在步骤中：被除掉的水垢除铁锈外，还有清洗过程中，溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因（4）步骤中，加入na2so3的目的是（结合离子方程式用文字表达）（5）步骤中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的fe3o4保护膜完成并配平其反应的离子方程式：如果有16.8g铁被钝化，则转移的电子数为（保留三位有效数字）三、化学-选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11（15分）（2015南充校级模拟）最近的研究发现，复合氧化物铁酸锰（mnfe2o4）可以用于热化学循环分解水制氢，因而受到许多发达国家的青睐mnfe2o4的制备流程如下：（1）原料fe（no3）n中n=，投入原料fe（no3）n和mn（no3）2的质量之比应为（2）步骤二中“连续搅拌”的目的是；步骤三中洗涤干净的标准（3）利用mnfe2o4热化学循环制氢的反应可表示为mnfe2o4mnfe2o4x+x/2o2；mnfe2o4x+xh2omnfe2o4+xh2请认真分析上述两个反应并回答下列问题：若mnfe2o4x中x=0.6，则mnfe2o4x中fe2+占全部铁元素的百分率为该热化学循环新氢法的优点有（答两点即可）该热化学循环法制氢尚有不足之处，进一步改进的研究方向是四、化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）12（15分）（2015长沙二模）有a、b、c、d、e五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）a的基态原子2p能级有3个单电子；c的基态原子2p能级有1个单电子；e原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；d与e同周期，价电子数为2则：（1）d的元素符号为a的单质分子中键的个数为（2）b元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是（3）a、b、c 3种元素的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）（4）写出基态e原子的价电子排布式：（5）a的最简单氢化物分子的空间构型为，其中a原子的杂化类型是（6）c和d形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为na，求晶胞边长a=cm（用、na的计算式表示）五、化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分15分）13（15分）（2015武汉模拟）呋喃酚是生产呋喃丹、好安威等农药的主要中间体，是高附加值的精细化工产品一种以邻氯苯酚（a）为主要原料合成呋喃酚（f）的流程如下：回答下列问题：（1）a 物质核磁共振氢谱共有个峰，的反应类型是，c和d中含有的相同官能团的名称是（2）下列试剂中，能和d反应的有（填标号）a溴水 b酸性k2cr2o7溶液 cfec12溶液 d纯碱溶液（3）写出反应的化学方程式是（有机物用结构简式表示，下同）（4）有机物b可由异丁烷经三步反应合成：异丁烷xy有机物b条件a为，y生成b的化学方程式为（5）呋喃酚的同分异构体很多，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式苯环上的一氯代物只有一种 能发生银镜反应的芳香酯2015-2016学年广西桂林十八中高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1汉书中“高奴县有洧水可燃”，沈括在梦溪笔谈对“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也，此物必大行于世”的描述，对上文进行的某些分析中正确的是（）a“洧水”的主要成分是油脂b“洧水”的主要成分是煤油c烟的主要成分是炭黑d烟的主要成分是石墨【考点】碳族元素简介【分析】由题中信息可知，“洧水”是石油，根据石油的性质分析【解答】解：由题中信息可知，“洧水”是石油，a“洧水”的主要成分是石油，是烃的混合物，不是油脂，故a错误；b“洧水”的主要成分是石油，故b错误；c石油中c元素的含量较高，点燃时会生成大量的黑烟，故c正确；d烟的成分是碳的颗粒，不是石墨，故d错误故选c【点评】本题考查了石油的成分及性质，侧重于基础知识的考查，题目难度不大2甲乙丙是三种不含相同离子的可溶性电解质他们所含的离子如右表所示取等质量的三种化合物配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c（甲）c（乙）c（丙），下列说法正确的是（）阳离子na+nh4+fe3+阴离子oh cl so42a甲中一定含有na+b乙中一定含有nh4+c丙中一定含有 fe3+d丙中一定含有so42【考点】几组未知物的检验【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】甲、乙、丙均是可溶性强电解质，则oh只能与na+组成naoh，三种化合物不含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合，第一组：naoh、nh4cl、fe2（so4）3；第二组：naoh、（nh4）2so4、fecl3，根据溶质质量相等，溶液体积相等以及物质的量浓度大小可知相对分子质量：mr（丙）mr（乙）mr（甲），以此来解答【解答】解：甲、乙、丙均是可溶性强电解质，则oh只能与na+组成naoh，三种化合物不含相同离子，所以甲、乙、丙化合物有两种组合，第一组：naoh、nh4cl、fe2（so4）3；第二组：naoh、（nh4）2so4、fecl3，根据溶质质量相等，溶液体积相等以及物质的量浓度大小可知相对分子质量：mr（丙）mr（乙）mr（甲），第一种情况：naoh、nh4cl、fe2（so4）3，naoh相对分子质量为40，nh4cl相对分子质量为58.5、fe2（so4）3相对分子质量为400，第二种情况：naoh、（nh4）2so4、fecl3，naoh相对分子质量为40、（nh4）2so4相对分子质量为132、fecl3相对分子质量为162.5，所以甲为naoh，乙可能是（nh4）2so4或nh4cl，丙为fe2（so4）3或fecl3，由上述分析可知，甲中一定含有钠离子、乙中一定含有铵根离子、丙中一定含有铁离子，但是丙中不一定含有硫酸根离子，可能含有氯离子，故选b【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及推断甲为naoh为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大3设na为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温下，23g no2和n2o4的混合气体含有na个氧原子b1l0.1moll1的氨水含有0.1na个ohc标准状况下，no和o2各11.2l混合，所得混合气体的分子总数为0.75nad1molfe与1molcl2充分反应，转移3na个电子【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、no2和n2o4的最简式均为no2；b、nh3h2o为弱碱，在溶液中不能完全电离；c、一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能转化为四氧化二氮d、1molfe与1molcl2充分反应时铁过量，根据氯气的化合价的变化来分析转移电子的个数【解答】解：a、no2和n2o4的最简式均为no2，故23g混合物中含有的no2的物质的量为n=0.5mol，则含有1mol氧原子即na个，故a正确；b、nh3h2o为弱碱，在溶液中不能完全电离，故溶液中的氢氧根的个数小于0.1na个，故b错误；c、标况下，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能自身转化为四氧化二氮导致混合气体的分子总数小于0.75na，故c错误；d、1molfe与1molcl2充分反应时，铁过量，1mol氯气完全反应，由于氯元素由0价变为1价，故1mol氯气转移2mol电子即2na个，故d错误故选a【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4下列离子方程式正确的是（）a向稀hno3中滴加na2so3溶液：so32+2h+=so2+h2ob硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液 fe2+2h+h2o2fe3+2h2ocmg（hco3）2溶液中加入过量石灰水：mg2+2hco3+ca2+2oh=caco3+2h2o+mgco3d向含 0.5 mol的febr2溶液中通入13.44l（标准状况下）cl2：10fe2+14br+12cl2=10fe3+7br2+24cl【考点】离子方程式的书写【分析】a发生氧化还原反应生成硫酸钠、no和水；b电子、电荷不守恒；c反应生成氢氧化镁、碳酸钙和水；dn（cl2）=0.6mol，由电子守恒可知，亚铁离子全被氧化，而溴离子部分被氧化【解答】解：a向稀hno3中滴加na2so3溶液的离子反应为2no3+3so32+2h+=3so42+2no+h2o，故a错误；b硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液的离子反应为2fe2+2h+h2o22fe3+2h2o，故b错误；cmg（hco3）2溶液中加入过量石灰水的离子反应为mg2+2hco3+2ca2+4oh=2caco3+2h2o+mg（oh）2，故c错误；d向含 0.5 mol的febr2溶液中通入13.44l（标准状况下）cl2的离子反应为10fe2+14br+12cl2=10fe3+7br2+24cl，遵循电子、电荷守恒，故d正确；故选d【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大5下列所陈述的事实与解释均正确的是（）选项实验操作及现象实验结论a用ph试纸测定naclo溶液的酸碱性，试纸显蓝色naclo水解显碱性b收集铜与浓硝酸反应生成的气体，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅生成的红棕色no2气体部分转化为无色气体c向某溶液中加入几滴新制的氯水，再加入2滴kscn溶液，溶液变为红色原溶液中一定含有fe2+d甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色发生了萃取aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【分析】a次氯酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但次氯酸钠水解生成的次氯酸具有漂白性；b铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮能自身发生转化生成无色的四氧化二氮，降低温度平衡向吸热方向移动；c用kscn溶液检验溶液中是否含有亚铁离子时应该先排除铁离子的干扰；d甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色【解答】解：a次氯酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但次氯酸钠水解生成的次氯酸具有漂白性，所以不能用ph试纸测定次氯酸钠溶液的ph值，应该用ph计，故a错误；b铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮能自身发生转化生成无色的四氧化二氮，降低温度平衡向吸热方向移动，用冰水混合物冷却降温，气体颜色变浅，说明生成的红棕色no2气体部分转化为无色气体，故b正确；c用kscn溶液检验溶液中是否含有亚铁离子时应该先排除铁离子的干扰，所以应该先加kscn溶液然后加氯水检验亚铁离子，故c错误；d甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验发生氧化还原反应，故d错误；故选b【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、离子检验、物质之间的转化、元素化合物性质等知识点，明确反应实质、离子和物质性质是解本题关键，易错选项是ac，注意a中次氯酸钠溶液的强氧化性和c中溶液滴加先后顺序，为易错点6乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（）1mol该有机物可消耗3mol h2；不能发生银镜反应；分子式为c12h20o2；它的同分异构体中可能有酚类；1mol该有机物水解时只能消耗1mol naohabcd【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，结合有机物的组成解答该题【解答】解：分子中含有2个碳碳双键，则1mol该有机物可消耗2mol h2，酯基与氢气不发生加成反应，故错误；分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；由结构简式可知分子中含有12个c原子，20个h原子，2个o原子，则分子式为c12h20o2，故正确；分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故错误；能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol naoh，故正确故选d【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大7用如图所示装置除去含有cn、cl 废水中的cn时，控制溶液ph为910，阳极产生的clo将cn氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（）a用石墨作阳极，铁作阴极b阳极的电极反应式：cl+2oh2eclo+h2oc阴极的电极反应式：2h2o+2eh2+2ohd除去cn的反应：2cn+5clo+2hn2+2co2+5cl+h2o【考点】真题集萃；电解原理【分析】a该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；b阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水；c阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；d阳极产生的clo将cn氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成【解答】解：a该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故a正确；b阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为cl+2oh2eclo+h2o，故b正确；c电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2h2o+2eh2+2oh，故c正确；d阳极产生的clo将cn氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2cn+5clo+h2on2+2co2+5cl+2oh，故d错误；故选d【点评】本题为2015年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是bd，注意b中反应生成物，注意d中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共11题129分8（13分）（2015秋桂林校级月考）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+a na2o2=2na2feo4+b x+2na2so4+c o2，该反应中物质x应是na2o，b与c的关系是b=2c（2）湿法制备高铁酸钾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+3clo+4oh=2feo42+3cl+5h2o每生成1mol feo42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已知：2fe3+2i=2fe2+i2，2fe2+br2=2fe3+2br（3）含有1mol fei2和2mol febr2的溶液中通入2mol cl2，此时被氧化的离子及其物质的量是n（i）=2mol、n（fe2+）=2mol（4）若向含a mol fei2和b mol febr2的溶液中通入c mol cl2，当i、fe2+、br完全被氧化时，c为c=（用含a、b的代数式表示）【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【分析】（1）反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由1价降低到2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故x只能为na2o；根据原子守恒判断b、c关系；（2）高铁酸钾是生成物，则fe（oh）3是反应物，该反应中fe元素化合价由+3价变为+6价，则fe（oh）3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，c1o具有强氧化性，所以c1o是反应物，生成物是c1，cl元素化合价由+1价变为1价，转移电子数为6；该反应中fe元素化合价由+3价升高到+6价，cl元素化合价由+1价变为1价，转移电子数为6，根据转移电子和高铁酸根离子之间关系式计算转移电子物质的量、根据转移电子和还原产物之间关系式计算还原产物物质的量；由2fe3+2i=2fe2+i2；2fe2+br2=2br+2fe3+可知，还原性强弱顺序是：ife2+br，向溶液中通入氯气，氯气先和碘离子反应，然后再和亚铁离子反应，最后再和溴离子反应，结合碘化亚铁、溴化亚铁的物质的量及氯气的物质的量、电子守恒进行分析、计算即可【解答】解：（1）反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由1价降低到2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故x只能为na2o，配平后方程式为：2feso4+6na2o22na2feo4+2na2o+2na2so4+o2，可知b=2c，故答案为：na2o；b=2c；（2 ） 高铁酸钾是生成物，则fe（oh）3是反应物，该反应中fe元素化合价由+3价变为+6价，则fe（oh）3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，c1o具有强氧化性，所以c1o是反应物，生成物是c1，cl元素化合价由+1价变为1价，转移电子数为6，溶液在碱性条件下进行，则氢氧化根离子参加反应，生成水，反应方程式为2fe（oh）3+3clo+4oh=2feo42+3cl+5h2o，故答案为：2fe（oh）3+3clo+4oh=2feo42+3cl+5h2o；2fe（oh）3+3clo+4oh=2feo42+3cl+5h2o中fe元素化合价由+3价升高到+6价，则该反应中转移电子数为6，每生成1mol feo42转移电子物质的量=3mol，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量=0.15mol，故答案为：3；0.15；（1）向含有1mol fei2和2mol febr2的溶液中通入2mol cl2，先发生反应2i+cl2=i2+2cl，2mol碘离子完全反应需要氯气1mol，然后发生反应cl2+2fe 2+=2cl+2fe3+，1mol氯气反应需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子，参加反应的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是2moli、2molfe 2+，故答案为：n（i）=2mol、n（fe2+）=2mol；（2）若向含a mol fei2和b mol febr2的溶液中通入c mol cl2，当i、fe2+、br完全被氧化时，fe2+失去的电子的物质的量为（a+b）mol，i失去的电子的物质的量为2amol，br失去的电子的物质的量为2bmol，则共失去3（a+b）mol电子，所以需要氯气的物质的量为c=mol，故答案为：c=【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，侧重考查学生分析计算能力，正确判断各个物理量之间关系式是解本题关键，难点是化学反应方程式的配平，要注意原子守恒、转移电子守恒及电荷守恒，题目难度不大9（16分）（2015秋桂林校级月考）在实验室中，可利用碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵等物质溶解度的差异，通过饱和食盐水、氨和二氧化碳反应，获得碳酸氢钠晶体，反应原理可用如下化学方程式表示：nh3+co2+nacl+h2onh4cl+nahco3，依据此原理，欲制得碳酸氢钠晶体，某校学生设计了如图实验装置，其中b装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的溶液，且二者均已达到饱和：（1）a装置中所发生反应的离子方程式为：caco3+2h+ca2+co2+h2oc装置中稀硫酸的作用为：吸收从b装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境的污染（2）下表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）01020304050nacl35.735.836.036.336.637.0nahco36.98.19.611.112.714.5nh4cl29.433.337.241.445.850.4参照表中数据，请分析b装置中使用冰水是因为温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，便于析出（3）该校学生在检查完此套装置气密性后进行实验，结果没有得到碳酸氢钠晶体，指导教师指出应在a装置b之间（填写字母）连接一个盛有饱和nahco3溶液 的洗气装置，其作用是除去co2中混有的hcl气体（4）利用改进后的装置进行实验，在b中的试管内析出了晶体，经必要的操作后得到了一种纯净的晶体请通过简单实验判断该晶体是碳酸氢钠晶体而不是碳酸氢铵晶体，简述操作方法、实验现象及结：取少量晶体置于试管中，在酒精灯上加热使其充分反应后，还有白色固体剩余，则晶体不是nh4hco3（5）若该校学生进行实验时，所用饱和食盐水中含nacl的质量为5.85g，实验后得到干燥的nahco3晶体的质量为5.88g，则nahco3的产率为70%【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）a装置是指取二氧化碳气体的装置，是碳酸钙和盐酸发生反应生成氯化钙、水和二氧化碳；c装置稀硫酸是尾气处理装置吸收过量的氨气；（2）b装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出；（3）通入二氧化碳没有得到碳酸氢钠晶体，是二氧化碳气体中含有氯化氢气体，通入后和氨气反应不能生成碳酸氢钠，所以需要加一个洗气装置用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体；（4）碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，碳酸氢铵受热分解为氨气、水、二氧化碳，根据加热后的产物判断；（5）依据化学方程式计算理论生成碳酸氢钠的质量，结合实际生成的碳酸氢钠的质量计算产率【解答】解：（1）a装置是指取二氧化碳气体的装置，是碳酸钙和盐酸发生反应生成氯化钙、水和二氧化碳；反应的离子方程式为：caco3+2h+=ca2+co2+h2o；c装置稀硫酸是尾气处理装置吸收过量的氨气，防止污染环境；故答案为：caco3+2h+=ca2+co2+h2o；吸收从b装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境的污染；（2）b装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，依据图标分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出；故答案为：温度越低碳酸氢钠溶解度越小，便于析出；（3）二氧化碳气体中含有氯化氢气体，通入后和氨气反应不能生成碳酸氢钠，所以的不到碳酸氢钠晶体，所以需要加一个洗气装置用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体；故答案为：a；b；饱和nahco3溶液；除去co2中混有的hcl气体；（4）碳酸氢钠在加热的条件下生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应为：2nahco3na2co3+h2o+co2，有白色固体碳酸钠剩余，碳酸氢铵（nh4hco3）受热分解，生成氨气（nh3）、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：nh4hco3nh3+co2+h2o，无固体剩余，所以判断该晶体是碳酸氢钠晶体而不是碳酸氢铵晶体，方法为：取少量晶体置于试管中，在酒精灯上加热使其充分反应后，还有白色固体剩余，则晶体不是nh4hco3，故答案为：取少量晶体置于试管中，在酒精灯上加热使其充分反应后，还有白色固体剩余，则晶体不是nh4hco3；（5）饱和食盐水中含nacl的质量为5.85g，依据化学方程式计算nh3+co2+nacl+h2onh4cl+nahco3（晶体），理论得到碳酸氢钠质量为8.4g：实验后得到干燥的nahco3晶体的质量为5.88g，则碳酸氢钠的产率=100%=70%；故答案为：70%【点评】本题考查了侯氏制碱的反应原理和实验设计和操作，产率计算方法，流程中注意问题的分析是解题关键，题目难度中等10（14分）（2015秋桂林校级月考）某碳素钢锅炉内水垢的主要成分是碳酸钙、硫酸钙、氢氧化镁、铁锈、二氧化硅等 水垢会形成安全隐患，需及时清洗除去清洗流程如下：加入naoh和na2co3混合液，加热，浸泡数小时；放出洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸，浸泡；向洗液中加入na2so3溶液；清洗达标，用nano2溶液钝化锅炉（1）用naoh溶解二氧化硅的化学方程式是sio2+2naohna2sio3+h2o（2）已知：20时溶解度/gcaco3caso4mg（oh）2mgco31.41032.5510291041.1102则步骤中加入na2co3可除去水垢中的caso4（3）在步骤中：被除掉的水垢除铁锈外，还有caco3、mg（oh）2、sio2清洗过程中，溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因2fe3+fe3fe2+（4）步骤中，加入na2so3的目的是so32+2fe3+h2o=so42+2fe2+2h+，将fe3+还原成fe2+，防止fe3+腐蚀锅炉（结合离子方程式用文字表达）（5）步骤中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的fe3o4保护膜完成并配平其反应的离子方程式：如果有16.8g铁被钝化，则转移的电子数为4.821023（保留三位有效数字）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）用naoh溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水；（2）由表格中数据可知，碳酸钙更难溶；（3）加入稀盐酸，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应、二氧化硅与hf酸反应；溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应；（4）步骤中，加入na2so3，与铁离子发生氧化还原反应；（5）由fe+no2+h2on2，可知fe元素的化合价升高，n元素的化合价降低，由电子守恒可知，还生成氧化铁，由电荷守恒可知还生成oh；16.8g铁为0.3mol，钝化时表面生成致密的四氧化三铁，根据氧化还原反应方程式进行计算；【解答】解：（1）用naoh溶解二氧化硅，反应生成硅酸钠和水，反应为sio2+2naohna2sio3+h2o，故答案为：sio2+2naohna2sio3+h2o；（2）由表格中数据可知，碳酸钙更难溶，则清洗caso4的过程为caso4在水中存在平衡caso4（s）ca2+（aq）+so42（aq），用na2co3溶液浸泡后，ca2+与co32结合成更难溶的caco3，使上述平衡右移，caso4转化成caco3，然后用盐酸除去，所以步骤中加入na2co3可除去水垢中的caso4，故答案为：caso4；（3）加入稀盐酸，与碳酸钙、氢氧化镁、铁锈均反应，二氧化硅与hf酸反应，则还有caco3、mg（oh）2、sio2，故答案为：caco3、mg（oh）2、sio2；溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，发生铁与铁离子的反应，离子反应为2fe3+fe3fe2+，故答案为：2fe3+fe3fe2+；（4）步骤中，加入na2so3，与铁离子发生氧化还原反应，其目的为将fe3+还原成fe2+，防止fe3+腐蚀锅炉，反应的离子方程式为so32+2fe3+h2o=so42+2fe2+2h+，故答案为：so32+2fe3+h2o=so42+2fe2+2h+，将fe3+还原成fe2+，防止fe3+腐蚀锅炉；（5）由fe+no2+h2on2，可知fe元素的化合价升高，n元素的化合价降低，由电子守恒可知，还生成四氧化三铁，由电荷守恒可知还生成oh，则该反应为9fe+8no2+4h2o4n2+3fe3o4+8oh，故答案为：9、8、4、4、3fe3o4、8oh；16.8g铁为0.3mol，钝化时表面生成致密的四氧化三铁，根据氧化还原反应方程式9fe+8no2+4h2o4n2+3fe3o4+8oh可知，每9mol铁反应可以转移24mol电子，所以0.3mol铁反应转移的电子数为0.86.0221023=4.821023，故答案为：4.821023【点评】本题考查较综合，涉及混合物分离提纯、溶解平衡及氧化还原反应的配平等，侧重高考高频考点的考查，注意利用铁的性质来解答，题目难度中等三、化学-选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）11（15分）（2015南充校级模拟）最近的研究发现，复合氧化物铁酸锰（mnfe2o4）可以用于热化学循环分解水制氢，因而受到许多发达国家的青睐mnfe2o4的制备流程如下：（1）原料fe（no3）n中n=3，投入原料fe（no3）n和mn（no3）2的质量之比应为484：179（2）步骤二中“连续搅拌”的目的是充分反应、沉淀完全；步骤三中洗涤干净的标准最后一次洗涤液呈中性（3）利用mnfe2o4热化学循环制氢的反应可表示为mnfe2o4mnfe2o4x+x/2o2；mnfe2o4x+xh2omnfe2o4+xh2请认真分析上述两个反应并回答下列问题：若mnfe2o4x中x=0.6，则mnfe2o4x中fe2+占全部铁元素的百分率为60%该热化学循环新氢法的优点有具有过程简单、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，因此不存在高温气体分离等优点（答两点即可）该热化学循环法制氢尚有不足之处，进一步改进的研究方向是寻找合适的催化剂，使mnfe2o4分解温度降低或找分解温度更低的氧化物【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据mnfe2o4的制备流程，可知mn、fe的化合价未变，mn（no3）2中mn的化合价为+2，则mnfe2o4中fe的化合价为+3，从而求出fe（no3）n中的n，由mnfe2o4中可知：fe和mn的个数之比为2：1，根据质量守恒，求出原料fe（no3）n和mn（no3）2的质量之比；（2）根据搅拌的通常目的和判断沉淀是否洗涤干净的方法来解答；（3）根据化合价代数和为0，计算mnfe2o4x中铁的总价态，1mol mnfe2o40.6中含fe2+、fe3+物质的量分别为xmol、ymol，列方程组解答； 从可操作性、环保以及原料的价格等方面分析；改进方法可从流程简洁方面考虑【解答】解：（1）mn为+2价，则mnfe2o4中fe的化合价为+3价，则fe（no3）n中n=3；由mnfe2o4中可知：fe和mn的个数之比为2：1，所以fe（no3）3与mn（no3）2 二者的物质的量之比 2：1，所以其质量之比为：2422：179=484：179；故答案为：3；484：179； （2）连续搅拌是为了让fe（no3）n和mn（no3）2充分反应，由于溶液显碱性，则洗涤至洗涤液为中性时，说明沉淀上没有溶液中的离子，即沉淀已经洗涤干净；故答案为：充分反应或沉淀完全；最后一次洗涤液呈中性； （3）x=0.6时，铁的总价态为（40.6）22=4.8，设1mol mnfe2o40.6中含fe2+、fe3+物质的量分别为xmol、ymol，则有x+y=2，2x+3y=4.8，联立解得：x=1.2，y=0.8，则1mol mnfe2o40.8中含fe2+的物质的量为1.2mol，则fe2+占的百分率为100%=60%故答案为：60%；由流程图可以看出过程简单、节约能量、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，不存在高温气体分离的问题等，故答案为：过程简单、节约能量、无污染、物料廉价并可循环使用及氧气和氢气在不同步骤生成，不存在高温气体分离的问题等（答两点即可）；因高温消耗较多的能源，则寻找合适的催化剂，使mnfe2o4分解温度降低或分解温度更低的氧化物，故答案为：寻找合适的催化剂，使mnfe2o4分解温度降低或分解温度更低的氧化物【点评】本题以mnfe2o4的制备为载体，考查学生对工艺流程的理解、对实验操作的理解、化学式有关计算等，难度中等，综合性较强，涉及的知识点多，需要学生具备阅读分析能力和灵活运用知识的解决问题能力四、化学-选修3：物质结构与性质（共1小题，满分15分）12（15分）（2015长沙二模）有a、b、c、d、e五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）a的基态原子2p能级有3个单电子；c的基态原子2p能级有1个单电子；e原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；d与e同周期，价电子数为2则：（1）d的元素符