山东省第四十中学高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

山东省第四十中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是a绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物b食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体所需营养物质 c臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、乙醇溶液均可用于消毒杀菌，且原理相同 dpm2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生相关【答案】c【解析】试题分析：a烟花中添加的化合物中的金属元素在灼烧使发生焰色反应，呈现出不同的颜色，故a正确；b食用植物油属于油脂，油脂的成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体储能物质，故b正确；c臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液利用了强氧化性消毒杀菌，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，故c错误； dpm2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，会造成空气污染，与肺癌等疾病的发生相关，应加强监测和治理，故d正确；故选c。考点：考查生产生活以及与环境保护有关的化学知识2已知对角线规则为：沿周期表中金属与非金属分界线方向对角的两主族元素性质相似，如li与mg，be与al，b和si相似，则下列叙述中不正确的是abeo为两性氧化物 bbe(oh)2难溶于水 ch3bo3是难溶于水的弱酸 db2o3既能溶于强酸又能溶于强碱【答案】d【解析】试题分析：元素周期表中，处于对角线位置的元素具有相似的性质，则根据al、al2o3、al（oh）3的性质可知：abe与al处于对角线位置，性质相似，已知al2o3为两性氧化物，则beo为两性氧化物，故a正确；bbe与al处于对角线位置，性质相似，已知al（oh）3难溶于水，则be（oh）2难溶于水，故b正确；cal（oh）3具有两性，其中halo2为难溶于水的弱酸，则h3bo3是难溶于水的弱酸，故c正确；db和si处于对角线位置，性质相似，sio2不溶于强酸，则b2o3也不溶于强酸，故d错误。故选d。考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律点评：本题考查元素周期表和周期律的关系，题目难度中等，注意对角线原则，把握常见元素化合物的性质。3已知一种c(h+)=1103mol/l的酸和一种c(oh)=1103mol/l的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性其原因可能是（ ）a生成了一种强酸弱碱盐 b等浓度的强酸和弱碱溶液反应c浓的强酸和稀的强碱溶液反应 d浓的弱酸和稀的强碱溶液反应【答案】d【解析】生成了一种强酸弱碱盐 ，则碱是弱碱，所以碱过量，溶液应该显碱性，a不正确。同样b也是错误的，c中强酸和强碱恰好反应时，溶液显中性，不正确。d正确，酸是弱酸，酸过量，显酸性，所以正确的答案选d4关于 al、fe、cu三种金属，下列说法正确的是a. 三者的单质均为银白色固体b. 三者都能与盐酸、稀硫酸反应c. alcl3、fecl3、cucl2均可作净水剂d. 制备al 用电解法，制备fe、cu可用还原法 【答案】d【解析】5分液漏斗是把密度不同且互不相溶的液体分离的仪器。下列各组物质中，能用分液漏斗进行分离的是（ ）a四氯化碳和液溴 b汽油和花生油 c. 花生油和水 d酒精和水【答案】c【解析】试题分析：a四氯化碳和液溴互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故a错误；b汽油和花生油互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故b错误；c花生油和水不互溶，能分层，能用分液方法分离，故c正确；d，酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，可加入生石灰后用蒸馏的方法分离，故d错误答案选c.考点：物质的分离6下列叙述错误的是( )a乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同b淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同c乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应d乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和na2co3溶液除去【答案】a【解析】乙烯含有碳碳双键和单质溴发生加成反应，苯和溴水发生的是萃取，所以选项a是错误的。其余选项都是正确的，因此答案选a。7能正确表示下列反应的离子方程式是a向fecl3溶液中加入mg（oh)2：3mg（oh)2 （s）+ 2fe3+（aq）= 2fe（oh)3 （s）+ 3mg2+（aq)b钠与cuso4溶液反应：2na + cu2+ = cu + 2na+c已知：酸的强弱h2co3hclohco3-，则：2clo+ co2（少量）+ h2o =co32-+ 2hclod将足量的nahco3溶液加入少量澄清石灰水中：ca2+ + oh- + hco3- = caco3 + h2o【答案】a【解析】试题分析：amg（oh）2可与fecl3溶液水解出的氢离子结合而溶于fecl3溶液，a正确；b、钠与cuso4溶液反应，na先与水反应，生成的naoh再与硫酸铜反应，生成氢氧化铜沉淀，b错误；c、次氯酸酸性强于碳酸氢根，则强酸制弱酸，产物只能是碳酸氢根，不能生成碳酸根离子。c错误；d、小苏打溶液中加入少量的石灰水，氢氧化钙全部反应，离子方程式中应符合化学式组成比，离子方程式为：ca2+2oh-+ 2hco3-= caco3+co32-+2h2o，d错误。考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。8用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是a. 实验使用的主要仪器是分液漏斗b. 碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大c. 碘的四氯化碳溶液呈紫红色d. 分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出【答案】d【解析】试题分析：四氯化碳密度比水大，分液时，碘的四氯化碳溶液从漏斗下口流出，水从分液漏斗上口倒出，故d项错误。考点：本题考查分液操作。9与氨碱法比较，下列关于联合制碱法优点的判断中不正确的是a提高了原料的原子利用率b降低了生产成本c减少了环境污染d减轻了对设备的腐蚀【答案】d【解析】试题分析：a氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有72%74%；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，a项正确；b氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本，b项正确；c联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，废弃物少，c项正确；d联合制碱法把合成氨和纯碱两种产品联合起来，回收循环使用氯化钠，二氧化碳，设备利用率高，加大了对设备的腐蚀，d项错误；答案选d。考点：考查氨碱法和联合制碱法的优劣。10下列叙述中，正确的是a1s电子云界面图是一个球面，电子云中的每个小黑点代表一个电子bnah中的键是由两个原子的s、p轨道以“头碰头”方式重叠形成的c对于组成结构相似的分子，一定是相对分子质量越大，熔、沸点越高d在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析【答案】d【解析】试题分析：a、小黑点代表电子某时刻在此经过，故错误；b、nah属于离子化合物，没有共价键，故错误；c、还要看是否含有分子间氢键，如h2o和h2s，结构相似，但h2o含有分子间氢键，因此h2o的熔沸点比h2s高，故错误；d、原子光谱和元素一一对应，故正确。考点：考查电子云、共价键、熔沸点高低等知识。11在一定条件下，na2co3溶液存在水解平衡：co32h2ohco3oh。下列说法正确的是a稀释溶液，水解平衡常数增大 b通入co2，平衡向正反应方向移动c升高温度，减小 d加入naoh固体，溶液ph减小【答案】b【解析】试题分析：水解平衡常数只与温度有关，a错；通入co2，oh浓度会减小，平衡向正反应方向移动，b对；升高温度平衡向正向移动，c（hco3）增大，c(co32)减小，故c（hco3）/c(co32)增大，c错； naoh是强碱，加入naoh固体，溶液的碱性增强，ph增大，d错。考点：水解平衡的移动和溶液中离子浓度大小变化12硫化汞（hgs）难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥及朱红雕刻漆器等。某温度时hgs在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）a向硫化汞的浊液中加入硫化钠溶液，硫化汞的ksp减小b图中a点对应的是饱和溶液c向c点的溶液中加入0.1mol/lhg(no3)2，则c(s2-)减小d升高温度可以实现c点到b点的转化【答案】c【解析】试题分析：a.溶液的温度不变，则ksp不变，错误； b.a点对应的溶液为不饱和溶液，错误；c.温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据c(s2-)=kspc(hg2+)知，汞离子浓度增大，则溶液中硫离子浓度减小，正确；d.升高温度，促进硫化汞的电离，所以汞离子和硫离子浓度都增大，不可能由c点变为d点，错误。考点：考查难溶电解质的沉淀溶解平衡的知识。13甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：下列有关物质的推断不正确的是a若甲为alcl3溶液，则丁可能是naoh溶液b若甲为n2，则丁可能是o2c若甲为fe，则丁可能是稀硝酸d若甲为naoh溶液，则丁可能是co2【答案】b【解析】试题分析：a若甲为alcl3溶液，则丁可能是naoh溶液，乙是氢氧化铝，丙是偏铝酸钠，a正确；b若甲为n2，则丁可能是o2，乙是no，丙是no2，但no2与氮气不反应，b错误；c若甲为fe，则丁可能是稀硝酸，乙是硝酸亚铁，丙是硝酸铁，c正确；d若甲为naoh溶液，则丁可能是co2，乙是碳酸钠，丙是碳酸氢钠，d正确，答案选b。考点：考查无机物推断的有关应用14几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号xyzw原子半径/nm0.1300.1180.1020.073主要化合价+2+3+6、 22下列叙述正确的是ax、y元素的金属性xy,x半径小，金属性强；b正确，一定条件下，z单质与w的常见单质直接生成zw2：so2=so2c不正确，y的最高价氧化物对应的水化物al(oh)3 不能溶于稀氨水d不正确，z的氢化物的沸点比w的氢化物低，水分子之间形成氢键，而硫化氢分子间无氢键。15下列离子方程式正确的是 （ ）a. 向盐酸中滴加氨水：h+ + oh- = h2ob. fe(oh)3溶于氢碘酸：fe(oh)3 + 3h+ = fe3+ + 3h2oc. 铜溶于稀硝酸：3cu + 8h+ + 2no3- = 3cu2+ + 2 no + 4h2od. 向na2s2o3溶液中通入足量氯气：s2o322cl23h2o2so324cl6h+【答案】c【解析】a错，氨水为弱碱，不能拆成离子形式；b错，生成的铁离子具有强氧化性能氧化碘离子；c正确；d错，氯气具的强氧化性能氧化亚硫酸根离子；16（12分）实验室配制480ml 0.5 moll-1的nacl溶液，有如下操作步骤：把称量好的nacl晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；把所得溶液小心转入500 ml容量瓶中；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度l2 cm处，改用胶头滴管小心滴加适量的蒸馏水后停止滴加；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；将容量瓶塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：（1）实验操作步骤的正确顺序为(填序号)_ _。（2）实验中用托盘天平称取nacl晶体的质量是_ _。（3）上述操作步骤中定容时，如果加水超过了刻度线，应如何处理？_ _。（4）若实验时出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响?（选填“偏高”、“偏低”、“无影响”）定容时，仰视刻度线：_ _。移液后，未洗涤烧杯和玻璃棒：_ _。容量瓶中原来有少量水： 。【答案】（1）；（2）14.6g；（3）重新配制溶液；（4）偏低，偏低，无影响。【解析】 试题分析：（1）实验操作步骤的正确顺序为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀。因此应该是；（2）由于溶液由均一性，在实验中使用的是500 ml容量瓶，所以称量的质量应该是m(nacl)= 0.5 mol/l0. 5l58. 5g/mol=14.6g；（3）上述操作步骤中定容时，如果加水超过了刻度线，由于在过量的部分溶液中也含有溶质，所以应倒掉重新配制溶液；（4）定容时，仰视刻度线，溶液的体积偏大，则溶液的浓度就偏低；移液后，未洗涤烧杯和玻璃棒，则由于溶质的质量偏少，所以溶液的浓度偏低；容量瓶中原来有少量水，不会对溶液的浓度产生影响。考点：考查物质的量浓度的溶液的配制的知识，包括顺序、质量的称量、实验操作即误差分析。17氯气在科技、生产中应用广泛。（1）工业上常用熟石灰和氯气反应制取漂白粉，化学方程式是 。（2）实验室用mno2与浓盐酸反应制取氯气的原理如下：mno2 + 4hclmncl2 + cl2+ 2h2o若制取11.2 l cl2（标准状况），则最少应加入mno2的质量为_g。用平衡移动原理解释可用排饱和食盐水法收集氯气的原因 。（结合必要的化学用语及文字回答）制备氯气时，可用naoh溶液吸收尾气，下列试剂也可用于吸收氯气的是_（填字母）。a. ki溶液 b. fecl2溶液 c. kcl溶液写出你选择的吸收试剂与cl2反应的离子方程式：_。也可用浓氨水吸收氯气，同时生成一种无污染的气体，反应的化学方程式是_。【答案】（1）2ca(oh)2+2cl2=cacl2+ca(clo)2+2h2o（2）43.5；cl2溶于水与水反应，cl2+h2ohclo+hcl，饱和的食盐水中存在大量的cl-，平衡向左移动，使cl2的溶解度减小，所以，可用排饱和食盐水法收集cl2。ab 根据氧化还原反应离子方程式为： cl2+2i-=2 cl-+i2、cl2+2fe2+= 2fe3+2cl-；3cl2+8nh3=6nh4cl+n2（或3cl2+2nh3=6hcl+n2或写成一水合氨也行）。【解析】试题分析：（1）工业上用熟石灰和氯气反应制取漂白粉的化学方程式为：2cl2+2ca(oh)2cacl2+ca(clo)2+2h2o；（2）设mno2的质量为xmno2 + 4hclmncl2 + cl2+ 2h2o87g 22.4l x 11.2lx=43.5gcl2在水溶液中存在：cl2+h2ohclo+hcl，饱和的食盐水中存在大量的cl-，抑制了氯气的溶解,使化学平衡左移，氯气的溶解度减小。cl2+2i-=2 cl-+i2、cl2+2fe2+= 2fe3+2cl- 氯气有强化性、氨气有还原性，二者发生氧化还原反应，化学方程式为3cl2+8nh3=6nh4cl+n2，或3cl2+2nh3=6hcl+n2。考点：考查氯气的化学性质及制取、化学计算。18实验室里需要用450 ml 0.1 moll1的naoh溶液。其涉及的实验试剂及仪器有：naoh固体、蒸馏水、烧杯、天平、药匙、胶头滴管。经过的实验步骤如下：计算称量溶解转移 定容摇匀装瓶（1）实验中用所需naoh固体质量为 g。（2）实验步骤中没有写出的步骤名称是 。（3）本实验实验还缺少的仪器有： 、 。（4）下列情况对所配制的naoh浓度影响偏大的是 ，影响偏小的是 ，无影响的是 。未使用小烧杯进行称量；称量时间过长；容量瓶中曾经配制过同浓度naoh溶液，未经清洗就使用；容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水；naoh溶解后立即转移到容量瓶中；定容时俯视溶液的凹液面；（5）用胶头滴管往容量瓶中加水时，不小心液面超过了刻度，处理的方法是 。【答案】（1）2.0；（2）洗涤；（3） 500ml容量瓶、 玻璃棒；（4），；（5）（倒出容量瓶中溶液，用蒸馏水清洗干净后）重新配制。【解析】试题分析：（1）实验室没有450ml的容量瓶，因此需要配制500ml的naoh溶液，因此naoh的质量为5001030.140g=2.0g，注意天平的精确度；（2）洗涤，需要所有的溶质转移到容量瓶中，把玻璃棒和烧杯洗涤23次，洗涤液转移到容量瓶中；（3）缺少500ml容量瓶、玻璃棒(加速溶解)；（4）根据c=n/v=m/mv，因为naoh易潮解，滤纸上残留一部分溶质，m质量减少，c偏小；称量时间过长，naoh吸收空气中的co2，生成na2co3，naoh的质量减小，c偏小；未清洗，容量瓶中的naoh的量增大，c偏大；残留一部分水，对浓度没有影响；naoh溶于水放出热量，根据热胀冷缩，恢复到室温状态下，所配溶液的体积减小，c增大；定容使，俯视读数，溶液体积减小，c偏大；因此偏大的是：，偏小的是：，无影响的是；（5）定容时，加水超过刻度，说明实验失败，应重新配制。考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制等知识。19（12分）某学生欲配制60 mol/l的h2so4 1 000 ml，实验室有三种不同浓度的硫酸：480 ml 05 mol/l的硫酸；150 ml 25%的硫酸（118 g/ml）；足量的18 mol/l的硫酸。有三种规格的容量瓶：250 ml、500 ml、1 000 ml。老师要求把两种硫酸全部用完，不足的部分由来补充。请回答下列问题：（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为_mol/l（保留1位小数）。（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为_ml。（3）配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤b、d补充完整。a将两溶液全部在烧杯中混合均匀；b用量筒准确量取所需的18 mol/l的浓硫酸_ml，沿玻璃棒倒入上述混合液中，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；c将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；d_；e振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1 cm2 cm处；f改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；g将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。（4）如果省略操作d，对所配溶液浓度有何影响？_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（5）进行操作c前还需注意_。【答案】（12分）每空2分（1）30 （2）1 000（3）295 用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中（4）偏小（5）将稀释后的硫酸冷却到室温【解析】试题分析：（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为是；（2）配制该硫酸溶液1 000 ml，应选用容量瓶的规格为1000ml。（3）溶液在混合前后溶质的物质的量不变。在60 moll1的h2so4 1 000 ml中含有溶质的物质的量是n（h2so4）= 60 moll11l=6mol，在480 ml 05 moll1的硫酸中含有硫酸的物质的量是：n（h2so4）1=048l05 moll1=024mol；150 ml 25%的硫酸中含有硫酸的物质的量是n（h2so4）2=015l3 moll1=045mol；还缺少的硫酸的物质的量是：6mol-024mol-045mol=531mol，则用量筒准确量取所需的18 moll1的浓硫酸体积是531mol18 mol/l=0295l=295ml。（4）如果省略操作d，部分溶质残留在烧杯及玻璃棒上，是溶质的物质的量偏少，则使所配溶液浓度偏低；（5）由于浓硫酸稀释会放出大量的热，而容量瓶在在室温下准确配制溶液的仪器，所以进行操作c前还需注意将稀释后的硫酸冷却到室温。【考点定位】本题主要是考查一定物质的量浓度溶液配制的误差分析【名师点晴】1、根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量b和溶液的体积v引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和v怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nb比理论值小，或v比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nb比理论值大，或v比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。2、定容时俯视、仰视对结果的影响在量筒、滴定管、容量瓶的使用时经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何（偏大或偏小），必须分三种情况讨论：（1）容量瓶（如图、）图：定容时俯视，溶液体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大。图：定容时仰视，溶液体积偏大，所配制溶液的物质的量浓度偏小。（2）量筒、滴定管液面读数（如图、）图：量筒上方刻度更大，俯视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处（a点）即为俯视读数，即量筒内液面俯视读数偏大。图：量筒下方刻度更小，仰视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处（b点）即为仰视读数，即量筒内液面俯视读数偏小。图：滴定管上方刻度更小，俯视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与滴定管壁相交处（c点）即为俯视读数，即滴定管内液面俯视读数偏小。图：滴定管下方刻度更大，仰视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与滴定管壁相交处（d点）即为仰视读数，即滴定管内液面仰视读数偏大。（3）用量筒、滴定管量取一定体积的液体（如图、）图：用量筒量取50 ml液体时，若俯视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积小于50 ml，即偏小。图：用量筒量取50 ml液体时，若仰视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积大于50 ml，即偏大。图：用滴定管量取500 ml液体时，开始液面在0刻度（平视），再将液体放出，液面下降，此时俯视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，实际液面在刻度5以下，所以实际放出的液体体积大于500 ml，即偏大。图：用滴定管量取500 ml液体时，开始液面在0刻度（平视），再将液体放出，液面下降，此时仰视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，实际液面在刻度5以上，所以实际放出的液体体积小于500 ml，即偏小。20（16分）铬铁矿的主要成分可表示为feocr2o3，还含有sio2、al2o3、fe2o3等杂质。以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（k2cr2o7）、重铬酸钠（na2cr2o7）的过程如下图所示。已知：nafeo2遇水强烈水解：nafeo2 + 2h2onaoh + fe（oh）3；cr2o72+ h2o 2cro42 + 2h+。请回答：（1）“焙烧”后的固体产物成分除na2cro4、nafeo2外，还有 （填化学式）等。写出“焙烧”过程中所发生的氧化还原反应的化学方程式 。（2）“焙烧”过程中，所产生x气体的电子式为 。（3）“水浸”步骤中，为了提高浸出率，可采取的措施有（请写出两条）： ； 。（4）滤渣1的主要成分是 。若要进一步分离滤渣2 中的可酸溶成分，请写出酸溶时发生反应的离子方程式 。（5）含na2cr2o7的“混合溶液”经过蒸发并冷却至3040得到的na2cr2o7晶体还要进行重结晶，其目的是进一步减少晶体中杂质 （填化学式）的含量。（6）操作由多步组成，向含na2cr2o7的母液中加入kcl固体，最终获得k2cr2o7晶体的操作依次是 、 、过滤、75乙醇水溶液洗涤、干燥。【答案】（1）naalo2、na2sio3（共2分）； 4feocr2o3 + 7o2 + 10na2co3 8na2cro4 + 4nafeo2+ 10co2（3分）（2）（2分） （3）加热、搅拌、研磨或延长浸出时间等（共2分）（4）fe（oh）3（1分）； al（oh）3+3h+ =al3+ + h2o（2分）（5）na2so4（2分）；（6）蒸发浓缩、冷却结晶（2分）【解析】试题分析：焙烧时fe2o3、cr2o3、feo变为na2cro4、nafeo2，同理sio2、al2o3、变为naalo2、na2sio3，产生的气体的是co2，水浸时发生nafeo2 + 2h2onaoh + fe（oh）3，滤渣是fe（oh）3，滤液1中主要是naalo2、na2sio3、na2cro4、naoh，调节ph后co2与naalo2、na2sio3反应生成h2 sio3，al （oh）3，滤渣2是h2sio3，al （oh）3，滤液2主要是na2cro4，加入硫酸酸化得到na2cr2o7晶体。（1）从上述分析知道“焙烧”后的固体产物成分除na2cro4、nafeo2外，还有naalo2、na2sio3；焙烧时feocr2o3，中的fe、cr元素的化合价升高，发生了氧化还原反应，方程式为：4feocr2o3 + 7o2 + 10na2co3 8na2cro4 + 4nafeo2+ 10co2（2）x是co2，电子式为：。（3）为了提高浸出率，可采取的措施有：加热、搅拌、研磨或延长浸出时间等。（4）从分析知道滤渣1的主要成分是fe（oh）3；滤渣2是h2sio3、al （oh）3，酸溶时发生反应的离子方程式为：al（oh）3+3h+ =al3+ + h2o。（5）硫酸酸化后溶液中还有na2so4，所以重结晶除去na2so4。（6）从溶液中获得晶体，操作有蒸发浓缩、冷却结晶，过滤等。考点：化工流程题的解题思路、氧化还原反应、物质的分离和提纯、电子式的书写、21某温度下，把1moln2和3molh2通入一个容积可变的密闭容器里，发生反应： 反应达到平衡状态，测得nh3为smol。若保持温度和压强不变，用m、n、p代表初始加入n2、h2、nh3的物质的量，只改变m、n数值，达到平衡各组分的质量分数不变，请填写表中编号为(1)(3)各状态空格内的数据。编号初始状态/mol平衡状态nh3的物质的量/moln2h2nh3不变已知130s(1)004(2)03s(3)0.10.25s【答案】(1)2s (2) 3 9 (3)0.3 0.3【解析】根据等效平衡规律，需要加入的物质（换算成n2、h2）的物质的量比值应符合n(n2)n(h2)=13，且与已知的n(n2)、n(h2)成正比。 起始 mn换算 m+0.5p n+1.5p(1)m=0、n=0、p=4，得m+0.5p=2，n+1.5p=6，n(n2)、n(h2)为已知的2倍，平衡时，n(nh3)=2s mol 。(2)平衡时，n(nh3)=3smol，n(n2)、n(h2)为已知的3倍，即有m+0.5p=3，n+1.5p=9，p=0代入得m=3，n=9。(3)平衡时，n(nh3)=0.25s mol，n(n2)、n(h2)为已知的0.25倍，有m+0.5 p=0.25，n+1.5 p=0.75。m=0.1代入得p=0.3，n=0.3。22（9分）甲、丙、丁是由短周期元素组成的物质，它们之间存在如下转化关系。甲 + h2o 丙 + 丁（1）转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应。若甲是一种钠盐，丁为两性氢氧化物，则甲的化学式为 ，丁的酸式电离方程式为 。若甲是由n和cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，丙具有漂白性。则甲中cl元素的化合价是 ，丁与h2o有相同的电子总数，则丁的电子式为 （2）转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应。若甲和丙是同主族元素组成的单质，且组成甲的元素位于第三周期，此反应的离子方程式是 。若丙和丁都可在一定条件下还原cuo，此反应的化学方程式是 。【答案】（1）naalo2 al(oh)3alo2-+h+h2o +1 （2）2na+2h2o=2na+2oh-+h2 c+h2oco+h2【解析】试题解析：（1）若甲是一种钠盐，丁为两性氢氧化物，则丁是氢氧化铝，甲是naalo2，氢氧化铝电离生成氢离子和偏铝酸根离子、水，电离方程式为：al（oh）3h+alo2-+h2o或al（oh）3+h2oal（oh）4-+h+；若甲是由n和cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，打球是氯原子，小球是n元素，所以该物质是ncl3，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，因为该反应是非氧化还原反应，所以cl元素的化合价不变，所以甲中氯元素的化合价是+1价，丁与h2o有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是氨气，丁的电子式为：；（2）若甲和丙是同主族元素组成的单质，且组成甲的元素位于第三周期，能和水发生置换反应的第三周期元素单质是钠，所以甲是钠，丙是氢气，钠和水反应的离子方程式为：2na+2h2o=2na+2oh-+h2，若丙和丁都可在一定条件下还原cuo，则丙和丁都具有还原性，且丙和丁是甲和水反应生成的，根据元素守恒知，丙或丁中含有氢元素，且具有还原性，所以是氢气，碳和水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，则另一种物质是一氧化碳，所以该反应方程式为：c+h2oco+h2。考点：无机物的推断23某混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：k、al3、fe3、mg2、ba2、nh4、cl、co32、so42，现分别取100 ml的两等份溶液进行如下实验：第一份加过量naoh溶液后加热，收集到0.02 mol气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲。向甲溶液中通入过量co2生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥、灼烧后，得到1.02 g固体。第二份加足量bacl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65 g固体。依据实验回答下列问题：（1）综合以上实验，该混合物的水溶液中一定不存在的离子是 （填离子符号）。（2）写出中产生沉淀的离子方程式 。（3）某同学通过分析认为该溶液中k一定 （填“存在”或“不存在”），他的理由是 。【答案】（1）fe3+、mg2+、ba2+、co32- （2） alo2 + co2 + 2h2oal(oh)3 + hco3 （3）存在；经过计算可知nh4+、al3+的正电荷总量小于so42-负电荷总量，依据电荷守恒，一定有k+ 存在。【解析】试题分析：第一份加过量naoh溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是nh4+离子，生成气体nh3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含fe3+、mg2+；向甲溶液中通入过量co2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体。能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量bacl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体。说明沉淀不溶于酸，