湖南省岳阳市一中高考化学5月考前模拟试卷（含解析）.doc

2015年湖南省岳阳市一中高考化学考前模拟试卷（5月份）一、选择题（本题包括7道小题每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1下列各组离子：（1）k+、fe2+、so42、clo （2）k+、al3+、cl、hco3（3）clo、cl、k+、oh （4）fe3+、cu2+、so42、cl（5）na+、k+、alo2、hco3 （6）ca2+、na+、so42、co32在水溶液中能大量共存的是（）a （1）和（6）b （3）和（4）c （2）和（5）d （1）和（4）2可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以nacl溶液或naoh溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极下列说法正确的是（）a 电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极 b 以naoh溶液为电解液时，负极反应为：al+3oh3eal（oh）3c 以nacl溶液或naoh溶液为电解液时，正极反应都为：o2+2h2o+4e4ohd 以naoh溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的ph保持不变3用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为n ml，仰视时读数为 x ml，俯视时读数为y ml，若xny，则所用的仪器可能为（）a 量筒b 容量瓶c 滴定管d 以上均不对4已知：ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=q1；2h2（g）+o2（g）=2h2o（g）h=q2； h2o（g）=h2o（l）h=q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和h2的混合气体112l（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为（）a 4q1+0.5q2b 4q1+q2+10q3c 4q1+2q2d 4q1+0.5q2+9q35核黄素又称为维生素b2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳核黄素分子的结构为已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是（）a 该化合物的分子式为c17h22n4o6b 酸性条件下加热水解，有co2生成c 酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有nh3生成d 能发生酯化反应6多硫化钠na2sx（x2）在结构上与na2o2、fes2等有相似之处，na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化成na2so4而naclo被还原成nacl，反应中na2sx与naclo的物质的量之比为1：16，则x值是（）a 2b 3c 4d 57根据下列实验现象，所得结论正确的是（）实验实验现象结论a左边烧杯中镁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡还原性：almgcub左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：cl2br2i2c试管中白色固体先变淡黄色，后变为黄色沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动d锥形瓶中有气体产生，烧杯中溶液变浑浊非金属性：clcsia ab bc cd d二、解答题（共6小题，满分26分）8向体积为2l的固定密闭容器中通入3molx气体，在一定温度下发生如下反应：2x（g）y（g）+3z（g）（1）经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，则用y表示的速率为mol（lmin）（2）若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一时间内测得的反应速率分别为：甲：（x）=3.5mol（lmin）；乙：（y）=2mol（lmin）；丙：（z）=4.5mol（lmin）；丁：（x）=0.075mol（ls）若其他条件相同，温度不同，温度由高到低的顺序是（填序号）（3）若向达到（1）的平衡体系中充入氮气，则平衡向（填“左”“右”或“不”，下同）移动；若将达到（1）的平衡体系中移走部分混合气体，则平衡向移动（4）若在相同条件下向达到（1）所述平衡体系中再充入0.5molx气体，则平衡后x的转化率与（1）的平衡中x的转化率相比a无法确定 b前者一定大于后者c前者一定等于后者 d前者一定小于后者（5）若保持温度和压强不变，起始时加入x、y、z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则a、b、c应满足的关系为（6）若保持温度和体积不变，起始时加入x、y、z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围应为9几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如图1所示：可供参考的信息有：甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物a、e、f、g四种物质中含同种元素a由x和y两种元素组成，其原子个数比为l：2，元素质量之比为7：8b气体是引起酸雨的主要物质，h常温下为无色无味的液体，e常用作红色油漆和涂料试根据上述信息回答下列问题：（1）a的化学式为，每反应lmol的a转移的电子数为mol；（2）f与丁单质也可以化合生成g，试写出该反应的离子方程式：；（3）少量f的饱和溶液分别滴加到如图2物质中，得到三种分散系、试将、符号以及对应的分散质具体的化学式填入图3方框中：（4）化合物m与h组成元素相同，可以将g氧化为f，且不引进新的离子试写出m在酸性环境下将g氧化为f的离子方程式：10 已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，振荡后溶液呈黄色（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是： （填粒子的化学式，下同）；乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是（2）如果要验证乙同学判断的正确性，请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表实验可供选用试剂：a酸性高锰酸钾溶液 b氢氧化钠溶液 c四氯化碳 d硫氰化钾溶液 e硝酸银溶液 f碘化钾淀粉溶液实验方案所选用试剂（填代号）实验现象方案一方案二（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是，相应的离子方程式为11 石膏转化为硫酸钾和cacl2的工艺流程如下：（1）co2是一种很重要的副产品，工业上获得co2的途径是（用化学方程式表示）（2）转化中发生反应的离子方程式为，过滤得到的滤渣的主要成分是过滤得到的滤液是，检验滤液中含有co32的方法是（3）转化中发生反应的化学方程式为，转化中可获得k2so4的原因是（4）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是（5）氯化钙结晶水合物是目前常用的无机储热材料，选择的依据是a熔点较低（29熔化） b能制冷 c无毒 d能导电12 a、b、c、d是四种短周期元素，e是过渡元素a、b、c同周期，c、d同主族，a的原子结构示意图为：b是同周期第一电离能最小的元素，c的最外层有三个成单电子，e的外围电子排布式为3d64s2回答下列问题：（1）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是，碱性最强的是（2）用元素符号表示d所在周期（除稀有气体元素外）第一电离能最大的元素是，电负性最大的元素是（3）d的氢化物比c的氢化物的沸点（填“高“或“低“），原因（4）e元素原子的核电荷数是，e元素在周期表的第周期，第族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则e元素在区（5）b、c最高价氧化物的晶体类型是分别是晶体、晶体（6）画出d的核外电子排布图，这样排布遵循了原理和规则13 奶油中有一种只含c、h、o的化合物aa可用作香料，其相对分子质量为88，分子中c、h、o原子个数比为2：4：1（1）a的分子式为（2）写出与a分子式相同的所有酯的结构简式：已知：a中含有碳氧双键，与a相关的反应如下：（3）写出ae、ef的反应类型：ae、ef（4）写出a、c、f的结构简式：a、c、f（5）写出bd反应的化学方程式：（6）在空气中长时间搅拌奶油，a可转化为相对分子质量为86的化合物g，g的一氯代物只有一种，写出g的结构简式：ag的反应类型为2015年湖南省岳阳市一中高考化学考前模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7道小题每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1下列各组离子：（1）k+、fe2+、so42、clo （2）k+、al3+、cl、hco3（3）clo、cl、k+、oh （4）fe3+、cu2+、so42、cl（5）na+、k+、alo2、hco3 （6）ca2+、na+、so42、co32在水溶液中能大量共存的是（）a （1）和（6）b （3）和（4）c （2）和（5）d （1）和（4）考点：离子共存问题分析：如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体、水或不发生氧化还原反应、互促水解反应，则可大量共存，结合题中离子的性质解答解答：解：（1）fe2+、clo发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；（2）al3+、hco3发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；（3）离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；（4）离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；（5）alo2、hco3发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；（6）ca2+与so42、co32反应生成沉淀而不能大量共存，故错误故选b点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握题给信息以及常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大2可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以nacl溶液或naoh溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极下列说法正确的是（）a 电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极b 以naoh溶液为电解液时，负极反应为：al+3oh3eal（oh）3c 以nacl溶液或naoh溶液为电解液时，正极反应都为：o2+2h2o+4e4ohd 以naoh溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的ph保持不变考点：化学电源新型电池 专题：电化学专题分析：铝空气燃料电池中负极反应为al+4oh3ealo2+2h2o，正极反应为o2+2h2o+4e=4oh，总反应为4al+4oh+3o24alo2+2h2o，铝为活泼金属，既能与酸反应，又能与碱反应解答：解：a电池工作时，电子从负极出来经过外电路流到正极，故a错误；b铝作负极，负极反应应该是铝失去电子变为铝离子，在氢氧化钠的溶液中铝离子继续与过量的碱反应生成偏铝酸根，因此负极反应为：al+4oh3e=alo2+2h2o，故b错误；c电解质溶液显碱性或中性，该燃料电极的正极发生反应为：o2 +2h2o+4e=4oh，故c正确；d该电池在碱性条件下消耗了碱，反应式为4al+3o2+4oh=4alo2+2h2o，溶液ph降低，故d错误；故选c点评：本题考查化学电源新型电池，注意电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，为易错点3用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为n ml，仰视时读数为 x ml，俯视时读数为y ml，若xny，则所用的仪器可能为（）a 量筒b 容量瓶c 滴定管d 以上均不对考点：计量仪器及使用方法专题：化学实验常用仪器分析：根据仰视读数读出的是下面的刻度，俯视读数时读出的是上面的刻度，要平视读数是读出的刻度在上进行分析解答解答：解：平视时读数为nml，是正确的读法，仰视时读数为xml，xn，仰视读数读出的是下面的刻度，所以下面的刻度比上面的读数大，故该仪器为滴定管，故选c点评：本题考查常计量仪器的构造及其使用方法，题目难度不大，注意明确计量仪器的构造解题的关键，试题注重了基础知识的考查4已知：ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=q1；2h2（g）+o2（g）=2h2o（g）h=q2； h2o（g）=h2o（l）h=q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和h2的混合气体112l（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为（）a 4q1+0.5q2b 4q1+q2+10q3c 4q1+2q2d 4q1+0.5q2+9q3考点：有关反应热的计算分析：根据n=计算混合气体的物质的量，根据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量，注意燃烧后恢复至常温，氢气燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算解答：解：标准状况下，112l甲烷和氢气混合气体的物质的量为=5mol，甲烷和氢气的体积之比为4：1，所以甲烷的物质的量为：5mol=4mol，氢气的物质的量为5mol4mol=1mol，由ch4（g）+2o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h=q1；2h2（g）+o2（g）=2h2o（g）h=q2h2o（g）=h2o（l）h=q3根据盖斯定律+2可得，ch4（g）+2o2（g）co2（g）+2h2o（l）h1=（q1+2q3），根据盖斯定律+2可得，2h2（g）+o2（g）=2h2o（l）h=（q2+2q3），4mol甲烷燃烧放出的热量为4（q1+2q3）kj，1mol氢气燃烧放出的热量为10.5（q2+2q3），所以放出的热量为4（q1+2q3）+10.5（q2+2q3）=4q1+0.5q2+9q3kj，故选：d点评：本题考查根据热化学方程式计算反应热，难度不大，注意根据水的状态选择相应的热化学方程式计算反应热5核黄素又称为维生素b2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳核黄素分子的结构为已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是（）a 该化合物的分子式为c17h22n4o6b 酸性条件下加热水解，有co2生成c 酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有nh3生成d 能发生酯化反应考点：有机物的结构式；有机化学反应的综合应用专题：结构决定性质思想分析：a、根据键线式的特点和碳原子的四价理论推知该化合物的分子式；b、根据结构决定性质，分子中含有肽键结合题干信息来判断；c、根据结构决定性质，分子中含有肽键结合题干信息来判断；d、根据酯化反应是醇羟基和羧基的性质来判断解答：解：a、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是c17h20n4o6，故a错误；b、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故b正确；c、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故c正确；d、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故d正确故选a点评：本题主要考查学生对官能团性质的掌握，并要求学生会运用题目所给信息来解决和处理问题6多硫化钠na2sx（x2）在结构上与na2o2、fes2等有相似之处，na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化成na2so4而naclo被还原成nacl，反应中na2sx与naclo的物质的量之比为1：16，则x值是（）a 2b 3c 4d 5考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化成na2so4，s元素的化合价由价变为+6价，naclo被还原成nacl，cl元素的化合价由+1价变为1价，根据得失电子守恒计算x值解答：解：na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化成na2so4，s元素的化合价由价变为+6价，naclo被还原成nacl，cl元素的化合价由+1价变为1价，根据得失电子守恒得，设na2sx的物质的量是1mol，则次氯酸钠的物质的量是16mol，1molx=16mol，1molx=16mol26x+2=32x=5，故选：d点评：本题以物质间的计算为载体考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，结合电子守恒解答即可，难度不大7根据下列实验现象，所得结论正确的是（）实验实验现象结论a左边烧杯中镁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡还原性：almgcub左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：cl2br2i2c试管中白色固体先变淡黄色，后变为黄色沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动d锥形瓶中有气体产生，烧杯中溶液变浑浊非金属性：clcsia ab bc cd d考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a原电池中，能与电解质溶液发生氧化还原反应的金属作负极；b与碘化钾反应的物质的可能为氯气或溴，不能排除氯气的影响；c一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀；d盐酸易挥发，生成的二氧化碳中混有hcl，不能证明碳酸与硅酸的酸性强弱解答：解：a铝能与氢氧化钠反应，做负极，但镁比铝活泼，故a错误； b与碘化钾反应的物质的可能为氯气或溴，不能排除氯气的影响，故b错误；c由于agcl悬浊液中存在溶解平衡agcl（s）ag+cl，加入溴化钾溶液，ag+与br结合生成溶解度更小的agbr沉淀，所以溶解平衡agcl（s）ag+cl不断向右移动，同理转化为碘化银沉淀，故c正确；d盐酸易挥发，生成的二氧化碳中混有hcl，不能证明碳酸与硅酸的酸性强弱，应向将二氧化碳气体中的氯化氢除去，故d错误故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及金属性、氧化性的比较以及原电池知识和难溶电解质的溶解平衡问题，侧重于考查学生的综合运用化学知识的能力和评价能力，题目难度不大，注意把握物质性质的异同以及相关实验操作方法二、解答题（共6小题，满分26分）8向体积为2l的固定密闭容器中通入3molx气体，在一定温度下发生如下反应：2x（g）y（g）+3z（g）（1）经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，则用y表示的速率为0.03mol（lmin）（2）若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一时间内测得的反应速率分别为：甲：（x）=3.5mol（lmin）；乙：（y）=2mol（lmin）；丙：（z）=4.5mol（lmin）；丁：（x）=0.075mol（ls）若其他条件相同，温度不同，温度由高到低的顺序是（填序号）丁乙甲丙（3）若向达到（1）的平衡体系中充入氮气，则平衡向不（填“左”“右”或“不”，下同）移动；若将达到（1）的平衡体系中移走部分混合气体，则平衡向右移动（4）若在相同条件下向达到（1）所述平衡体系中再充入0.5molx气体，则平衡后x的转化率与（1）的平衡中x的转化率相比ba无法确定 b前者一定大于后者c前者一定等于后者 d前者一定小于后者（5）若保持温度和压强不变，起始时加入x、y、z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则a、b、c应满足的关系为c=3ba0（6）若保持温度和体积不变，起始时加入x、y、z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围应为0.9c4.5考点：化学平衡建立的过程；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素；等效平衡专题：化学平衡专题分析：（1）根据化学反应速率公式v=计算x的反应速率，根据方程式系数之比等于化学反应速率之比计算用y表示的反应速率；（2）根据温度对反应速率的影响：温度越高，反应速率越快，将不同物质表示的反应速率统一为用同一物质表示的反应速率；（3）根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来回答判断移动方向；（4）根据压强对化学平衡移动的影响来回答判断；（5）根据等效平衡建立的条件以及极限转化思想来回答；（6）根据等效平衡建立的条件以及极限转化思想来回答解答：解：（1）设x物质的量的变化量是x，则 2x（g）y（g）+3z（g）初始物质的量：3 0 0变化物质的量：x 0.5x 1.5x平衡物质的量：3x 0.5x 1.5x 经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，即，解得x=0.6mol，所以y的物质的量变化量是0.3mol，表示的化学反应速率为：=0.03mol/（lmin），故答案为：0.03mol/（lmin）；（2）将四个反应速率甲：（x）=3.5mol（lmin）；乙：（y）=2mol（lmin）；丙：（z）=4.5mol（lmin）；丁：（x）=0.075mol（ls），都统一到用x表示的反应速率值分别为甲：（x）=3.5mol（lmin）；乙：（x）=4mol（lmin）；丙：（x）=3mol（lmin）；丁：（x）=4.5mol（lmin），所以化学反应速率是丁乙甲丙，温度越高，化学反应速率越快，所以温度大小关系是：丁乙甲丙，故答案为：丁乙甲丙；（3）若向达到（1）的平衡体系中充入氮气，不会改变各组分的浓度，所以平衡不会移动，若将达到（1）的平衡体系中移走部分混合气体，则体系压强会减小，所以平衡向着气体系数和增大的方向进行，即向着正方向进行，故答案为：不；右；（4）若在相同条件下向达到（1）所述平衡体系中再充入0.5molx气体，则体系压强增大，新平衡相当于是在原平衡基础上增大压强，逆向移动建立的，所以平衡后x的转化率减小，故答案为：b；（5）若保持温度和压强不变，起始时加入x、y、z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，根据极限转化结构以及等效的条件，需要等比即等效，即 2x（g）y（g）+3z（g）（1）的投料：3mol 0 0 等效投料：0 1.5mol 4.5mol，现在投料：a b c等效投料：0 0.5a+b 1.5a+c 所以 ，解得c=3b，且a0，故答案为：c=3b，a0；（6）若保持温度和体积不变，起始时加入x、y、z物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时仍与（1）的平衡等效，则需要建立等同等效，将3molx转化为产物z的物质的量是4.5mol，所以c的最大值是4.5mol，（1）建立平衡时，z的物质的量是0.9mol，所以要维持化学反应向逆反应方向进行，需要c大于0.9mol，即0.9c4.5，故答案为：0.9c4.5点评：本题考查学生化学平衡的计算以及等效平衡的建立知识，属于综合知识的考查，综合性强，难度大9几种中学化学常见的单质及其化合物相互转化的关系图如图1所示：可供参考的信息有：甲、乙、丙、丁为单质，其余为化合物a、e、f、g四种物质中含同种元素a由x和y两种元素组成，其原子个数比为l：2，元素质量之比为7：8b气体是引起酸雨的主要物质，h常温下为无色无味的液体，e常用作红色油漆和涂料试根据上述信息回答下列问题：（1）a的化学式为fes2，每反应lmol的a转移的电子数为11mol；（2）f与丁单质也可以化合生成g，试写出该反应的离子方程式：fe+2fe3+=3fe2+；（3）少量f的饱和溶液分别滴加到如图2物质中，得到三种分散系、试将、符号以及对应的分散质具体的化学式填入图3方框中：（4）化合物m与h组成元素相同，可以将g氧化为f，且不引进新的离子试写出m在酸性环境下将g氧化为f的离子方程式：h2o2+2h+2fe2+=2h2o+2fe3+考点：无机物的推断分析：由中信息：b气体是引起酸雨的主要物质，则b为so2，h常温下为无色无味的液体，则h为h2o；e常用作红色油漆和涂料，故e为fe2o3，则a中应含fe、s两种元素由可计算得到a的化学式为fes2再结合流程图可推知甲为o2，c为so3，d为h2so4由e（fe2o3）丁（单质）可知，丁为fe，d（h2so4）+e（fe2o3）f，则f为fe2（so4）3，g为feso4，丙可以为s等，乙可以为碳或氢气等，据此解答解答：解：由中信息：b气体是引起酸雨的主要物质，则b为so2，h常温下为无色无味的液体，则h为h2o；e常用作红色油漆和涂料，故e为fe2o3，则a中应含fe、s两种元素由可计算得到a的化学式为fes2再结合流程图可推知甲为o2，c为so3，d为h2so4由e（fe2o3）丁（单质）可知，丁为fe，d（h2so4）+e（fe2o3）f，则f为fe2（so4）3，g为feso4，丙可以为s等，乙可以为碳或氢气等，（1）由上述分析可知，a的化学式为fes2，高温下燃烧的化学方程式为：4fes2+11o22fe2o3+8so2，由此分析可知，每消耗4 mol fes2，转移电子为44 mol，即每反应1 mol的a（fes2）转移的电子为11 mol，故答案为：fes2；11；（2）由转化关系图可知f为fe2（so4）3，丁为fe，g为feso4，则有关的离子反应为：fe+2fe3+=3fe2+，故答案为：fe+2fe3+=3fe2+；（3）少量饱和fe2（so4）3溶液加入冷水中形成溶液，加入naoh溶液中会产生fe（oh）3沉淀，形成浊液，加入沸水中会产生fe（oh）3胶体，即，故答案为：；（4）化合物m与h（h2o）组成元素相同，则m为h2o2，m在酸性条件下将g（feso4）氧化为f的离子方程式为：h2o2+2h+2fe2+=2h2o+2fe3+，故答案为：h2o2+2h+2fe2+=2h2o+2fe3+点评：本题考查无机物推断，注意根据物质的性质进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，侧重是对基础知识的综合应用的考查，难度较大10 已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色，现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，振荡后溶液呈黄色（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：br2 （填粒子的化学式，下同）；乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是fe3+（2）如果要验证乙同学判断的正确性，请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表实验可供选用试剂：a酸性高锰酸钾溶液 b氢氧化钠溶液 c四氯化碳 d硫氰化钾溶液 e硝酸银溶液 f碘化钾淀粉溶液实验方案所选用试剂（填代号）实验现象方案一方案二（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是fe2+，相应的离子方程式为2fe2+cl2=2fe3+2cl考点：常见离子的检验方法；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价fe离子和三价fe离子的检验专题：实验探究和数据处理题分析：（1）三价铁在水溶液中是黄色的，溴溶于水溶液呈黄色；（2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的，可以从是否有溴单质以及是否生成三价铁两个角度来设计实验验证；根据br2和fe3+的性质进行检验，br2可溶于ccl4，fe3+可与kscn溶液反应生成血红色物质；三价铁和溴单质均能将亚铁离子氧化，碘单质遇到淀粉变蓝；溴水的分离可以采用萃取法，使用分液漏斗来进行实验；（3）cl2具有氧化性，fe2+和br具有还原性，亚铁离子的还原性大于溴离子解答：解：（1）现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的，或是溴单质溶于水形成的溶液颜色；故答案为：br2；fe3+； （2）溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁而使溶液变为黄色，可以进行试验看是否存在溴单质，也可以用硫氰化钾溶液检验三价铁的存在，根据br2和fe3+的性质进行检验，br2可溶于ccl4，fe3+可与kscn溶液反应生成血红色物质，所以可向黄色溶液中加入ccl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色，分液时用到烧杯和分液漏斗，检验fe3+，可向黄色溶液中滴加kscn溶液，溶液变为血红色，故答案为：向黄色溶液中加入ccl4，振荡，静置，下层溶液呈橙红色；分液漏斗，烧杯；向黄色溶液中滴加kscn溶液，溶液变为血红色；实验方案选用试剂实验现象方案c有机层（下层）无色方案d溶液变红（3）cl2具有氧化性，fe2+和br具有还原性，亚铁离子的还原性大于溴离子；先氧化的离子是亚铁离子，反应离子方程式为2fe2+cl2=2fe3+2cl，故答案为：fe2+；2fe2+cl2=2fe3+2cl点评：本题考查物质的探究，题目难度中等，注意根据物质的性质设计实验方法，学习中注重相关化学实验操作方法的积累11 石膏转化为硫酸钾和cacl2的工艺流程如下：（1）co2是一种很重要的副产品，工业上获得co2的途径是caco3cao+co2（用化学方程式表示）（2）转化中发生反应的离子方程式为caso4+co32caco3+so42，过滤得到的滤渣的主要成分是caco3过滤得到的滤液是（nh4）2so4，检验滤液中含有co32的方法是取少量滤液于试管中，滴加稀hcl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有co32，若无明显现象，则滤液中不含co32（3）转化中发生反应的化学方程式为2kcl+（nh4）2so4k2so4+2nh4cl，转化中可获得k2so4的原因是kcl、（nh4）2so4、k2so4、nh4cl四种物质的溶解度受温度的影响不同（4）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是氨在工艺中循环使用、使用的原料无毒（5）氯化钙结晶水合物是目前常用的无机储热材料，选择的依据是aca熔点较低（29熔化） b能制冷 c无毒 d能导电考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计分析：根据题中流程图可知：吸收环节：2nh3+co2+h2o生成碳酸铵；转化环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成caco3+（nh4）2so4，经过滤后分离；转化：（nh4）2so4和kcl的饱和溶液反应得到nh4cl和k2so4经过滤分离；蒸氨环节的为cao、h2o、nh4cl生成为cacl26h2o和nh3，（1）工业上常用石灰石高温分解制二氧化碳；（2）转化是碳酸铵和石膏悬浊液反应生成caco3+（nh4）2so4，通常用稀盐酸和澄清石灰水检验co32；（3）转化为（nh4）2so4和kcl的饱和溶液反应得到nh4cl和k2so4；溶液中溶解度小的溶质首先析出；（4）根据绿色化学的特点进行分析，氨在工艺中循环使用、使用的原料无毒等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）；（5）氯化钙结晶水合物（cacl26h2o）是目前常用的无机储热材料，是因为氯化钙结晶水合物熔点低易熔化，且无毒，与易溶于水，能导电无关；解答：解：（1）工业上常用石灰石高温分解制二氧化碳，反应的方程式为caco3cao+co2，故答案为：caco3cao+co2；（2）转化是碳酸铵和石膏悬浊液反应生成caco3+（nh4）2so4，反应的离子方程为caso4+co32caco3+so42，过滤得到的滤渣的主要成分是 caco3过滤得到的滤液是 （nh4）2so4，检验滤液中含有co32的方法是取少量滤液于试管中，滴加稀hcl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有co32，若无明显现象，则滤液中不含co32，故答案为：caso4+co32caco3+so42； caco3；（nh4）2so4；取少量滤液于试管中，滴加稀hcl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有co32，若无明显现象，则滤液中不含co32；（3）转化为（nh4）2so4和kcl的饱和溶液反应得到nh4cl和k2so4，反应方程式为2kcl+（nh4）2so4k2so4+2nh4cl，转化中可获得k2so4的原因是kcl、（nh4）2so4、k2so4、nh4cl四种物质的溶解度受温度的影响不同，故答案为：2kcl+（nh4）2so4k2so4+2nh4cl；kcl、（nh4）2so4、k2so4、nh4cl四种物质的溶解度受温度的影响不同；（4）由绿色化学的特点可知，碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）；故答案为：氨在工艺中循环使用、使用的原料无毒；（5）氯化钙结晶水合物（cacl26h2o）是目前常用的无机储热材料，是因为氯化钙结晶水合物熔点低易熔化，且无毒，与易溶于水，能导电无关，故答案为：ac；点评：本题为工艺流程题，涉及原料、产品的判断、方程式的书写、检验、绿色化学等做推断题时要充分利用所给的信息，结合自己已学过的知识，进行有依据性的推测，难度较大12 a、b、c、d是四种短周期元素，e是过渡元素a、b、c同周期，c、d同主族，a的原子结构示意图为：b是同周期第一电离能最小的元素，c的最外层有三个成单电子，e的外围电子排布式为3d64s2回答下列问题：（1）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是hno3，碱性最强的是naoh（2）用元素符号表示d所在周期（除稀有气体元素外）第一电离能最大的元素是f，电负性最大的元素是f（3）d的氢化物比c的氢化物的沸点高（填“高“或“低“），原因因为nh3分子间形成氢键（4）e元素原子的核电荷数是26，e元素在周期表的第四周期，第族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则e元素在d区（5）b、c最高价氧化物的晶体类型是分别是离子晶体、分子晶体（6）画出d的核外电子排布图，这样排布遵循了泡利原理和洪特规则考点：位置结构性质的相互关系应用分析：a、b、c、d是四种短周期元素，e是过渡元素a、b、c同周期，c、d同主族，a的原子结构示意图为：，则x=2，所以a的核外电子数为14，a为si元素；所以a、b、c同为第三周期元素，b是同周期第一电离能最小的元素，则b为na元素；c为为第三周期元素，c的最外层有三个成单电子，则c为p元素，c、d同主族，则d为n元素；e的外围电子排布式为3d64s2，e的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则e为fe元素，（1）元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强，则碱性越强；（2）根据同周期第一电离能和电负性的变化规律分析；（3）分子间形成氢键则沸点较高；（4）e为fe元素，原子序数为26，位于周期表第四周期族；（5）根据微粒间的作用力分析；（6）d是n元素，原子核外有7个电子，1s、2s、2p能级上分别排列2、2、3个电子解答：解：a、b、c、d是四种短周期元素，e是过渡元素a、b、c同周期，c、d同主族，a的原子结构示意图为：，则x=2，所以a的核外电子数为14，a为si元素；所以a、b、c同为第三周期元素，b是同周期第一电离能最小的元素，则b为na元素；c为为第三周期元素，c的最外层有三个成单电子，则c为p元素，c、d同主族，则d为n元素；e的外围电子排布式为3d64s2，e的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则e为fe元素，（1）元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性最强的是hno3，金属性越强，则碱性越强，则碱性最强的是naoh；故答案为：hno3；naoh；（2