福建省漳州市高三化学冲刺试卷（4）（含解析）.docVIP

2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（4）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）1化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )a使用填埋法处理未经分类的生活垃圾b用k2feo4代替cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用c大量使用薪柴为燃料，践行低碳生活dco2、no2或so2的排放是形成酸雨的主要原因2下列说法中，正确的是( )a甲烷与乙烯共1mol，完全燃烧后生成的h2o为2molb光照下，异丁烷与cl2发生取代反应生成的一氯代物有三种c在酸性条件下，ch3co18oc2h5的水解产物是ch3co18oh和c2h5ohd聚乙烯、蛋白质和纤维素都是天然高分子化合物3现有a、b、c、d、e五种元素，前四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，d的主要化合价为2、+6，e2+的质子数比d的质子数多4，下列说法正确的是( )ac可分别与a、e元素形成离子化合物bd可形成三种价态的酸c原子半径：edbacd最常见气态氢化物的稳定性：cbda4下列有关物质应用的说法正确的是( )a碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍b钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂c常温下，浓硝酸不跟铁发生化学反应，可用于铁制容器盛装浓硝酸d铝表面易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品5甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是ch3oh（g）+h2o（g）co2（g）+3h2（g）h1=+49.0kjmol1ch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2（g）h2=192.9kjmol1下列说法正确的是( )a上述图示的反应为吸热反应b图中的能量变化如图所示，则h=e1e3ch2燃烧能放出大量的热，故ch3oh转变成h2的过程必须吸收热量d根据推知：在25、101 kpa时，1 mol ch3oh（g）完全燃烧生成co2和h2o放出的热量应大于676.7 kj6下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )a氯水中：c（cl2）2c（clo）+c（cl）+c（hclo）bna2co3溶液：c（oh）c（h+）c（hco3）+c（h2co3）c等浓度的naclo、nahco3混合溶液中：c（hclo）+c（clo）c（hco3）+c（h2co3）d室温下，向0.01 moll1 nh4hso4溶液中滴加naoh溶液至中性：c（na+）c（so42）c（nh4+）c（oh）=c（h+）7在一定条件下，c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g）h0在一容积固定的密闭容器中放入足量的焦炭与一定量的水蒸气进行反应，下列有关图象正确的是( )a表示反应进行过程中气体平均相对分子质量的变化b表示反应进行过程中气体密度的变化c表示反应达到平衡后，移去一些焦炭后水蒸气的百分含量的变化（忽略表面积的影响）d表示反应达到平衡后，升高温度co的百分含量的变化二、非选择题（本大题共3小题，共58分其中3题必考题，2题选考题任选一题）8（1）元素m是短周期元素，其常量存在于海水中，单质被誉为“国防金属”m的原子结构示意图为_以m、al为电极，koh溶液为电解质溶液，则负极的电极反应式为_（2）一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：2co（g）+so2（g）2co2（g）+s（l）h已知：2co（g）+o2（g）2co2（g）h1=566kjmol1s（l）+o2（g）so2（g）h2=296kjmol1则反应热h=_ kjmol1其他条件相同、催化剂不同时，so2的转化率随反应温度的变化如图所示260时_（填“fe2o3”、“nio”或“cr2o3”）作催化剂反应速率最快fe2o3和nio作催化剂均能使so2的转化率达到最高，不考虑价格因素，选择fe2o3的主要优点是_工业上还可用na2so3溶液吸收烟气中的so2：na2so3+so2+h2o2nahso3某温度下用1.0moll1 na2so3溶液吸收纯净的so2，当溶液中c（so）降至0.2moll1时，吸收能力显著下降，应更换吸收剂此时溶液中c（hso）约为_ moll1此时溶液ph=_（已知该温度下so+h+hso的平衡常数k=8.0106，计算时so2、h2so3的浓度忽略不计）9铁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用（1）氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：操作、的名称分别是_、_写出在空气中煅烧feco3的化学方程式_；煅烧如果不充分，产品中将有fe2+存在，试设计实验检验产品中有无fe2+（2）有些同学认为kmno4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定a称取2.850g绿矾（feso47h2o）产品，配成250ml溶液；b量取25.00ml待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.010 00moll1 kmno4溶液滴定至终点，消耗kmno4溶液体积的平均值为20.00ml写出酸性kmno4溶液与feso4溶液反应的离子方程式_计算上述样品中feso47h2o的质量分数为_已知m（feso47h2o）=278gmol1滴定达到终点时锥形瓶中溶液颜色变化为_下列操作会导致样品中feso47h2o的质量分数的测定结果偏高的有_a未干燥锥形瓶b盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗c滴定结束时仰视刻度线读数d量取待测液的滴定管没有润洗10硼位于a族，三卤化硼是物质结构化学的研究热点，也是重要的化工原料三氯化硼（bcl3）可用于制取乙硼烷（b2h6），也可作有机合成的催化剂查阅资料bcl3的熔点为107.3，沸点为12.5；2b+6hcl2bcl3+3h2；硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应设计实验某同学设计如图所示装置制备三氯化硼：请回答下列问题：（1）常温下，高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生的反应可替代a装置中的反应，两个反应的产物中锰的价态相同写出高锰酸钾固体粉末与浓盐酸反应的离子方程式：_（2）e装置的作用是_如果拆去b装置，可能的后果是_（3）写出d装置中发生反应的化学方程式：_；实验中可以用一个盛装_（填试剂名称）的干燥管代替f+g装置，使实验更简便（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸（h3bo3）和白雾，写出该反应的化学方程式_实验室保存三氯化硼的注意事项是_（5）为了顺利完成实验，正确的操作是_（填序号），并解释原因_先点燃a处酒精灯，后点燃d处酒精灯先点燃d处酒精灯，后点燃a处酒精灯同时点燃a、d处酒精灯（6）请你设计一个简易实验，验证制得的产品中是否含有硼粉：_化学一物质结构与性质11（13分）元素周期表中，金属和非金属分界线附近的元素性质特殊，其单质及化合物应用广泛，成为科学研究的热点（1）锗（ge）可以作半导体材料，写出基态锗原子的电子排布式_（2）环硼氮六烷的结构和物理性质与苯很相似，故称为无机苯，其结构为第一电离能介于b、n之间的第二周期元素有_种无机苯分子中1个氮原子给有空轨道的硼原子提供1个孤电子对，形成1个_键硼、氮原子的杂化方式是_（3）硅烷的通式为sinh2n+2，随着硅原子数增多，硅烷的沸点逐渐升高，其主要原因是_最简单的硅烷是sih4，其中的氢元素显1价，其原因为_（4）根据价层电子对互斥理论（vsepr）推测：ascl3的vsepr模型名称：_；aso43的立体构型：_（5）钋（po）是一种放射性金属，它的晶胞堆积模型为简单立方堆积，钋的摩尔质量为209gmol1，晶胞的密度为 gcm3，则它晶胞的边长（a）为_ pm（na表示阿伏加德罗常数，用代数式表示晶胞边长）化学一有机化学基础12液晶高分子材料应用广泛新型液晶基元化合物iv的合成线路如下：（1）化合物的分子式为_，1mol化合物最多可与_mol naoh反应（2）ch2=chch2br与naoh水溶液反应的化学方程式为_ （注明条件）（3）化合物i的同分异构体中，苯环上一溴代物只有2种且能发生银镜反应的化合物有多种，写出其中一种同分异构体的结构简式_（4）下列关于化合物的说法正确的是_ （填字母）a属于烯烃 b能与fecl3溶液反应显紫色c一定条件下能发生加聚反应 d能使溴的四氯化碳溶液褪色（5）反应的反应类型是_在一定条件下，化合物也可与iii发生类似反应的反应生成有机物vv的结构简式是_2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（4）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）1化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )a使用填埋法处理未经分类的生活垃圾b用k2feo4代替cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用c大量使用薪柴为燃料，践行低碳生活dco2、no2或so2的排放是形成酸雨的主要原因【考点】常见的生活环境的污染及治理 【专题】化学应用【分析】a使用填埋法处理未经分类的生活垃圾，会对地下水和土壤造成污染；bk2feo4中fe元素化合价高，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，表面积很大，可以吸附悬浮物起净水作用；c薪柴为燃料能产生大量烟尘；d酸雨的形成与co2无关【解答】解：a使用填埋法处理未经分类的生活垃圾，会对地下水和土壤造成污染，不利于改善环境，故a错误；bk2feo4中fe元素化合价高，具有强氧化性，可以杀菌消毒，被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，表面积很大，可以吸附悬浮物起净水作用，故b正确；c薪柴为燃料能产生大量烟尘，容易造成空气污染，故c错误；d酸雨的形成是由于so2、no2而引起的，与co2无关，故d错误；故选：b【点评】本题考查了化学与生活，侧重考查生活中的环境污染与治理，熟悉常见污染及治理是解题关键，注意高铁酸钾的性质，题目难度不大2下列说法中，正确的是( )a甲烷与乙烯共1mol，完全燃烧后生成的h2o为2molb光照下，异丁烷与cl2发生取代反应生成的一氯代物有三种c在酸性条件下，ch3co18oc2h5的水解产物是ch3co18oh和c2h5ohd聚乙烯、蛋白质和纤维素都是天然高分子化合物【考点】同分异构现象和同分异构体；有关混合物反应的计算 【专题】同分异构体的类型及其判定；烃及其衍生物的燃烧规律【分析】a、甲烷和乙烯分子中均含有4个氢原子，根据氢原子守恒判断；b、异丁烷中的“等效氢”有两种；c、根据水解反应酯基断裂情况分析；d、蛋白质和纤维素都是天然高分子化合物，聚乙烯属于人工合成高分子化合物【解答】解：a、甲烷和乙烯分子中均含有4个氢原子，因此1mol甲烷和乙烯中共含有4molh，根据氢原子守恒可知完全燃烧生成2mol水，故a正确；b、异丁烷中的“等效氢”有两种，因此一氯代物有两种，故b错误；c、由水解反应酯基断裂情况可知，水解产物为：ch3cooh和c2h518oh，故c错误；d、蛋白质和纤维素都是天然高分子化合物，聚乙烯属于人工合成高分子化合物，故d错误；故选：a【点评】本题考查常见有机反应类型的反应原理，掌握有机物发生反应时的断键情况和成键情况是解题的根本，注意等效氢种数确定了一氯代物的种数3现有a、b、c、d、e五种元素，前四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，d的主要化合价为2、+6，e2+的质子数比d的质子数多4，下列说法正确的是( )ac可分别与a、e元素形成离子化合物bd可形成三种价态的酸c原子半径：edbacd最常见气态氢化物的稳定性：cbda【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a、b、c、d、e五种元素，前四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，d的主要化合价为2、+6，a、b、c为第二周期元素而d为第三周期元素，根据d的主要化合价知，d为s元素，则a、b、c分别是n、o、f元素；e2+的质子数比d的质子数多4，d质子数是16，e质子数是20，则e为ca元素，a非金属元素之间易形成共价化合物；bd是s元素，含有s元素的酸有h2s、h2so3、h2so4；c电子层数越多原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大；d元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强【解答】解：a、b、c、d、e五种元素，前四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，d的主要化合价为2、+6，a、b、c为第二周期元素而d为第三周期元素，根据d的主要化合价知，d为s元素，则a、b、c分别是n、o、f元素；e2+的质子数比d的质子数多4，d质子数是16，e质子数是20，则e为ca元素，a非金属元素之间易形成共价化合物，所以a、c之间形成的化合物是共价化合物，故a错误；bd是s元素，含有s元素的酸有h2s、h2so3、h2so4，所以有三种价态的酸，故b正确；c电子层数越多原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：edabc，故c错误；d元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性ns，所以h2s的稳定性比nh3的稳定性弱，故d错误；故选b【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，侧重考查基本概念、元素推断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，注意元素周期律的灵活运用，易错选项是b4下列有关物质应用的说法正确的是( )a碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍b钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂c常温下，浓硝酸不跟铁发生化学反应，可用于铁制容器盛装浓硝酸d铝表面易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品【考点】盐类水解的应用；生活中常见合金的组成；铝的化学性质 【专题】盐类的水解专题；几种重要的金属及其化合物【分析】a碱不能除去烃类化合物；b钠钾合金为液态，作原子反应堆作热交换剂；c常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象；d氯化钠也会破坏氧化膜的结构【解答】解：a矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故a错误；b在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，故b正确；c常温下，铁和浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，而不是二者不反应，故c错误；d氧化铝虽然为致密的氧化物薄膜，但氯化钠也会破坏氧化膜的结构，从而加速铝制品的腐蚀，故d错误；故选b【点评】本题考查了化学与生活，明确反应原理是解本题关键，熟悉常见物质的性质，注意a中矿物油渍和植物油油渍的区别，注意d中反应原理，会运用化学知识解释生活现象，题目难度不大5甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是ch3oh（g）+h2o（g）co2（g）+3h2（g）h1=+49.0kjmol1ch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2（g）h2=192.9kjmol1下列说法正确的是( )a上述图示的反应为吸热反应b图中的能量变化如图所示，则h=e1e3ch2燃烧能放出大量的热，故ch3oh转变成h2的过程必须吸收热量d根据推知：在25、101 kpa时，1 mol ch3oh（g）完全燃烧生成co2和h2o放出的热量应大于676.7 kj【考点】反应热和焓变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、根据物质的能量大小与反应热的关系来判断；b、根据h=生成物总能量反应物总能量来判断；c、一个化学反应的能量变化取决于反应物和生成物自身的性质；d、运用盖斯定律32，代入数据计算可得1 mol ch3oh（g）完全燃烧生成co2和h2o的焓变数值【解答】解：a、上述图示中反应物的能量大于生成物的能量，应为放热反应，故a错误；b、图示中反应物的能量大于生成物的能量，应为放热反应，能量变化h=e1e2，故b错误；c、一个化学反应的能量变化取决于反应物和生成物自身的性质，与其他因素无关，ch3oh转变成h2的过程和h2燃烧能放出大量的热无关，故c错误；d、根据运用盖斯定律32，代入数据计算可得，25时 h2o为液态，故放出热量大于676.7 kj，故d正确故选d【点评】本题考查化学能与热能的相互转化以及反应热的计算注意在比较反应热大小时要带符号比较6下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )a氯水中：c（cl2）2c（clo）+c（cl）+c（hclo）bna2co3溶液：c（oh）c（h+）c（hco3）+c（h2co3）c等浓度的naclo、nahco3混合溶液中：c（hclo）+c（clo）c（hco3）+c（h2co3）d室温下，向0.01 moll1 nh4hso4溶液中滴加naoh溶液至中性：c（na+）c（so42）c（nh4+）c（oh）=c（h+）【考点】离子浓度大小的比较 【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a氯气溶于水，部分和水反应，溶液中存在氯气分子；b结合溶液的电荷守恒和物料守恒判断；c根据物料守恒判断；d向0.01moll1nh4hso4溶液中滴加naoh溶液至中性，溶液中应存在nh4+和nh3h2o【解答】解：a由于氯气部分和水反应，溶液中存在氯气分子，不能确定反应的量的关系，故a错误；bna2co3溶液中存在电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（hco3）+2c（co32）+c（oh），物料守恒：c（na+）=2c（hco3）+c（h2co3）+c（co32），二者联式可得c（oh）c（h+）c（hco3）+2c（h2co3），故b错误；c根据物料守恒，应存在c（hclo）+c（clo）c（hco3）+c（h2co3）+c（co32），故c错误；d向0.01moll1nh4hso4溶液中滴加naoh溶液至中性，溶液中应存在nh4+和nh3h2o，则c（so42）c（nh4+），溶液呈中性，则c（oh）=c（h+），故d正确故选d【点评】本题考查离子浓度的大小比较，侧重于电解质的电离和盐类的水解的考查，题目难度中等，注意电荷守恒、物料守恒的应用，为易错点7在一定条件下，c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g）h0在一容积固定的密闭容器中放入足量的焦炭与一定量的水蒸气进行反应，下列有关图象正确的是( )a表示反应进行过程中气体平均相对分子质量的变化b表示反应进行过程中气体密度的变化c表示反应达到平衡后，移去一些焦炭后水蒸气的百分含量的变化（忽略表面积的影响）d表示反应达到平衡后，升高温度co的百分含量的变化【考点】化学平衡的影响因素 【专题】图像图表题；化学平衡专题【分析】ah2o的相对分子质量为18，h2和co的平均相对分子质量为=15，故平均相对分子质量先逐渐减小，后保持不变；b密度=，总质量先逐渐增大，后保持不变，体积不变，故密度先逐渐增大，后保持不变；c移去一些焦炭对平衡不产生影响；d升高温度，平衡正向移动【解答】解：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g）h0ah2o的相对分子质量为18，h2和co的平均相对分子质量为=15，故平均相对分子质量先逐渐增大，后保持不变，故a错误；b密度=，总质量先逐渐增大，后保持不变，体积不变，故密度先逐渐增大，后保持不变，故b正确；c移去一些焦炭对平衡不产生影响，故水蒸气的百分含量保持不变，故c错误；d升高温度，平衡正向移动，co的百分含量增大，故d错误；故选b【点评】本题考查混合气体的平均相对分子质量和密度变化的判断、化学平衡的影响因素，难度中等要注意平衡移动原理的正确运用二、非选择题（本大题共3小题，共58分其中3题必考题，2题选考题任选一题）8（1）元素m是短周期元素，其常量存在于海水中，单质被誉为“国防金属”m的原子结构示意图为以m、al为电极，koh溶液为电解质溶液，则负极的电极反应式为al+4oh3e=al（oh）4（2）一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：2co（g）+so2（g）2co2（g）+s（l）h已知：2co（g）+o2（g）2co2（g）h1=566kjmol1s（l）+o2（g）so2（g）h2=296kjmol1则反应热h=270 kjmol1其他条件相同、催化剂不同时，so2的转化率随反应温度的变化如图所示260时cr2o3（填“fe2o3”、“nio”或“cr2o3”）作催化剂反应速率最快fe2o3和nio作催化剂均能使so2的转化率达到最高，不考虑价格因素，选择fe2o3的主要优点是fe2o3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高so2的转化率，从而节约大量能源工业上还可用na2so3溶液吸收烟气中的so2：na2so3+so2+h2o2nahso3某温度下用1.0moll1 na2so3溶液吸收纯净的so2，当溶液中c（so）降至0.2moll1时，吸收能力显著下降，应更换吸收剂此时溶液中c（hso）约为1.6 moll1此时溶液ph=6（已知该温度下so+h+hso的平衡常数k=8.0106，计算时so2、h2so3的浓度忽略不计）【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；转化率随温度、压强的变化曲线；盐类水解的应用 【专题】基本概念与基本理论【分析】（1）元素m是短周期元素，其常量存在于海水中，单质被誉为“国防金属”，推断为镁；以mg、al为电极，koh溶液为电解质溶液，则负极为al；（2）根据盖斯定律来计算化学反应的焓变；根据图示内容对比260时so2的转化率来寻找反应速率最快，根据催化剂和二氧化硫转化率之间的关系来判断fe2o3作催化剂的优点；、根据化学方程式结合物质的量之间的关系来计算；、根据so32+h+hso3平衡常数k来计算即可【解答】解：（1）元素m是短周期元素，其常量存在于海水中，单质被誉为“国防金属”，推断为镁，镁原子为12号元素，原子结构示意图为，故答案为：；以mg、al为电极，负极的电极反应式为：al+4oh3e=al（oh）4，故答案为：al+4oh3e=al（oh）4；（2）已知2co（g）+o2（g）=2co2（g）h1=566kjmol1（l）+o2（g）=so2（g）h2=296kjmol1反应2co（g）+so2（g）2co2（g）+s（l）可以是所得，所以该反应的焓变h=566kjmol1（296kjmol1）=270kjmol1，故答案为：270；根据图示内容，对比260时不同催化剂作用下so2的转化率，可以看出cr2o3作催化剂时，反应速率最快，fe2o3和nio作催化剂均能使so2的转化率达到最高，但是fe2o3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高so2的转化率，从而节约大量能源，故答案为：cr2o3；fe2o3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高so2的转化率，从而节约大量能源；、当溶液中c（so32）的浓度降至0.2moll1时，亚硫酸氢钠的生成浓度是1.6mol/l，故答案为：1.6；、根据so32+h+hso3平衡常数k=，所以c（h+）=mol/l=106mol/l，即此时溶液的ph=6，故答案为：6【点评】本题考查学生有关热化学、化学反应速率、弱电解质的电离等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大9铁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用（1）氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：操作、的名称分别是过滤、洗涤写出在空气中煅烧feco3的化学方程式4feco3+o22fe2o3+4co2；煅烧如果不充分，产品中将有fe2+存在，试设计实验检验产品中有无fe2+（2）有些同学认为kmno4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定a称取2.850g绿矾（feso47h2o）产品，配成250ml溶液；b量取25.00ml待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.010 00moll1 kmno4溶液滴定至终点，消耗kmno4溶液体积的平均值为20.00ml写出酸性kmno4溶液与feso4溶液反应的离子方程式mno4+5fe2+8h+=5fe3+mn2+4h2o计算上述样品中feso47h2o的质量分数为97.5%已知m（feso47h2o）=278gmol1滴定达到终点时锥形瓶中溶液颜色变化为溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不立即褪去下列操作会导致样品中feso47h2o的质量分数的测定结果偏高的有bca未干燥锥形瓶b盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗c滴定结束时仰视刻度线读数d量取待测液的滴定管没有润洗【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析；无机实验综合【分析】碳酸钠溶液为碱性溶液，能够除去油污，实验步骤的目的是洗油污，铁屑溶于稀硫酸温度控制在50800c，加快反应速率、增大feso4的溶解度，由工艺流程可知，操作i是将固体与液体分离，应采取过量的方法，加入稍过量的碳酸氢铵，滤液中含fe2+，与碳酸氢铵反应fe2+2hco3=feco3+co2+h2o，生成碳酸亚铁沉淀，操作ii为洗涤，然后干燥、灼烧得到氧化铁，（1）分离可溶物和不溶物用过滤，除去固体上的少量可溶性杂质用洗涤；feco3与氧气反应生成三氧化二铁和二氧化碳；依据煅烧反应不完全，生成氧化铁中含有碳酸亚铁，可以先加酸溶解，再加入高锰酸钾溶液检验亚铁离子的存在；（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，酸性溶液中亚铁离子被高锰酸钾氧化为铁离子，本身被还原为锰离子，结合电荷守恒，原子守恒配平书写；依据元素守恒和氧化还原反应计算得到；亚铁离子被氧化为三价铁离子，高锰酸钾溶液做指示剂，滴定终点时溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不立即褪去；依据滴定过程中c（待测）=，操作过程中引起误差需要分析道到标准液的体积变化分析；【解答】解：（1）分离可溶物和不溶物用过滤，除去固体上的少量可溶性杂质用洗涤，故答案为：过滤；洗涤；在空气中煅烧feco3，feco3与氧气反应生成三氧化二铁和二氧化碳，反应方程式为4feco3+o22fe2o3+4co2，故答案为：4feco3+o22fe2o3+4co2；煅烧如果不充分，产品中将有fe2+ 存在，主要是fe2o3和feco3，取样品放入试管中，加入稀硫酸溶解得到溶液，滴入高猛酸钾溶液，若滴入的高锰酸钾溶液褪色证明含有亚铁离子，否则不存在，故答案为：取固体样品少许放入试管中，加入足量稀硫酸，震荡试管，再加入几滴滴入kmno4溶液，若溶液褪色证明含有fe2+，否则不存在；（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，酸性溶液中亚铁离子被高锰酸钾氧化为铁离子，本身被还原为锰离子，酸性kmno4溶液与feso4溶液反应的离子方程式：mno4+5fe2+8h+=5fe3+mn2+4h2o，故答案为：mno4+5fe2+8h+=5fe3+mn2+4h2o；依据步骤分析，25ml溶液被高锰酸钾溶液滴定反应，终点时消耗亚铁离子物质的量为： mno4+5fe2+8h+=5fe3+mn2+4h2o； 1 5 0.0200l0.0100mol/l n（fe2+）n（fe2+）=0.00100mol；配制的250ml溶液中含亚铁离子物质的量n=0.01mol；样品中绿矾的质量分数=100%=97.5%故答案为：97.5%；滴定实验是利用高锰酸钾溶液的颜色变化指示反应终点，所以反应完全后，溶液呈紫红色，故答案为：溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不立即褪去；滴定过程中c（待测）=，a、锥形瓶未干燥对滴定结果无影响，故a不选；b、盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，高锰酸钾溶液变稀，滴定时消耗溶液体积增大，根据c（待测）=，v标偏大，则c待偏高，故b选；c、滴定结束时仰视刻度线读数，读出的消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，根据c（待测）=，v标偏大，则c待偏高，故c选；d、量取待测液的滴定管没有润洗，待测液体被稀释，则消耗的标准液体积偏小，根据c（待测）=，v标偏小，则c待偏低，故d不选；故选bc【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析应用，滴定实验的操作步骤和注意问题，滴定实验的计算应用，误差分析依据，题目难度中等10硼位于a族，三卤化硼是物质结构化学的研究热点，也是重要的化工原料三氯化硼（bcl3）可用于制取乙硼烷（b2h6），也可作有机合成的催化剂查阅资料bcl3的熔点为107.3，沸点为12.5；2b+6hcl2bcl3+3h2；硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应设计实验某同学设计如图所示装置制备三氯化硼：请回答下列问题：（1）常温下，高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生的反应可替代a装置中的反应，两个反应的产物中锰的价态相同写出高锰酸钾固体粉末与浓盐酸反应的离子方程式：2mno4+10cl+16h+=2mn2+8h2o+5cl2（2）e装置的作用是冷却和收集三氯化硼如果拆去b装置，可能的后果是硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸（3）写出d装置中发生反应的化学方程式：2b+3cl22bcl3；实验中可以用一个盛装碱石灰（填试剂名称）的干燥管代替f+g装置，使实验更简便（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸（h3bo3）和白雾，写出该反应的化学方程式bcl3+3h2o=h3bo3+3hcl实验室保存三氯化硼的注意事项是密封冷暗处保存（5）为了顺利完成实验，正确的操作是（填序号），并解释原因排尽装置中的空气，避免氧气与硼粉反应生成b2o3 先点燃a处酒精灯，后点燃d处酒精灯先点燃d处酒精灯，后点燃a处酒精灯同时点燃a、d处酒精灯（6）请你设计一个简易实验，验证制得的产品中是否含有硼粉：取少量样品于试管中，滴加浓naoh溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉，若无气泡产生，则样品中无硼粉【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】（1）在a装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气；（2）在 e装置的作用是冷却和收集三氯化硼；如果拆去b装置，可能会发生反应2b+6hcl2bcl3+3h2，在d中加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸；（3）硼与氯气在加热条件下反应生成三氯化硼f装置用于吸收水蒸气，避免g装置中的水蒸气进入u形管g装置可以盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，故实验中可以用一个盛装碱石灰的干燥管来代替f+g装置（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸（h3bo3）和白雾，该反应的化学方程式是bcl3+3h2o=h3bo3+3hcl；因此在实验室保存三氯化硼的注意事项要密封保存，防止受潮水解；（5）先点燃a处酒精灯，待整套装置中都充满cl2后再点燃d处酒精灯，使之发生反应；若先点燃d处酒精灯，这时b就与装置中的空气发生反应得到b2o3，再点燃a处酒精灯也不能产生bcl3了；同时点燃a、d处酒精灯也会导致产生b2o3，影响制备bcl3；（6）由于b的性质与al相似，既能与强酸反应，也能与强碱反应放出氢气，所以取少量样品于试管中，滴加浓naoh溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉【解答】解：（1）在a装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的离子方程式为：2mno4+10cl+16h+=2mn2+8h2o+5cl2；故答案为：2mno4+10cl+16h+=2mn2+8h2o+5cl2；（2）三氯化硼的沸点低，易挥发，需要冷却产品，b装置的作用是吸收cl2中混有的hcl，由题给资料知，硼与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气和氯气的混合气体，易发生爆炸；故答案为：冷却和收集三氯化硼；硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸；（3）硼与氯气在加热条件下反应生成三氯化硼反应的化学方程式为：2b+3cl22bcl3，f装置用于吸收水蒸气，避免g装置中的水蒸气进入u形管g装置可以盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，故实验中可以用一个盛装碱石灰的干燥管来代替f+g装置；故答案为：2b+3cl22bcl3；碱石灰；（4）因硼与铝的性质相似，硼酸的化学式为h3bo3，类似铝酸（h3alo3）因三氯化硼遇水能反应，反应的化学方程式为：bcl3+3h2o=h3bo3+3hcl，故实验室应密封冷暗处保存三氯化硼；故答案为：bcl3+3h2o=h3bo3+3hcl；密封冷暗处保存；（5）若不先排尽装置中的空气，o2会与硼反应：4b+3o22b2o3；先点燃a处酒精灯，待整套装置中都充满cl2后再点燃d处酒精灯，使之发生反应，故正确；若先点燃d处酒精灯，这时b就与装置中的空气发生反应得到b2o3，再点燃a处酒精灯也不能产生bcl3了，故错误；同时点燃a、d处酒精灯也会导致产生b2o3，影响制备bcl3，错误；故答案为：；排尽装置中的空气，避免氧气与硼粉反应生成b2o3 ；（6）由于b的性质与al相似，既能与强酸反应，也能与强碱反应放出氢气，所以取少量样品于试管中，滴加浓naoh溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉，若无气泡产生，则样品中无硼粉；故答案为：取少量样品于试管中，滴加浓naoh溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉，若无气泡产生，则样品中无硼粉【点评】本实验属于物质制备与检验综合设计实验，涉及制备气体、净化气体、干燥气体和尾气处理题目难度中等化学一物质结构与性质11（13分）元素周期表中，金属和非金属分界线附近的元素性质特殊，其单质及化合物应用广泛，成为科学研究的热点（1）锗（ge）可以作半导体材料，写出基态锗原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p2或ar3d104s24p2（2）环硼氮六烷的结构和物理性质与苯很相似，故称为无机苯，其结构为第一电离能介于b、n之间的第二周期元素有3种无机苯分子中1个氮原子给有空轨道的硼原子提供1个孤电子对，形成1个配位键硼、氮原子的杂化方式是sp2（3）硅烷的通式为sinh2n+2，随着硅原子数增多，硅烷的沸点逐渐升高，其主要原因是相对分子质量增大，分子间作用力最大最简单的硅烷是sih4，其中的氢元素显1价，其原因为氢原子的电负性比硅原子电负性大（4）根据价层电子对互斥理论（vsepr）推测：ascl3的vsepr模型名称：正四面体；aso43的立体构型：正四面体（5）钋（po）是一种放射性金属，它的晶胞堆积模型为简单立方堆积，钋的摩尔质量为209gmol1，晶胞的密度为 gcm3，则它晶胞的边长（a）为 pm（na表示阿伏加德罗常数，用代数式表示晶胞边长）【考点】晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型 【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）根据构造原理书写出基态锗原子核外电子排布式；（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第iia族、第va族元素第一电离能大于相邻元素；配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对；根据分子中中心原子的价层电子对数判断；（3）结构相似，摩尔质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，化合物中电负性大的元素吸引电子能量强，显负价；（4）根据ascl3和aso43中心原子的价层电子对数，可以推得vsepr模型；（5）晶胞的堆积模型为简单立方堆积，则晶胞中含有1个原子，结合摩尔质量，计算晶胞质量为，再根据密度定义计算晶胞的体积，然后求边长【解答】解：（1）锗为32号元素，根据构造原理书写，其基态锗原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p2或ar3d104s24p2，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2或ar3d104s24p2；（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第iia族、第va族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的n原子和全充满的be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于b、n之间的第二周期元素有be、