河南省孟津县2016-2017学年高二化学上册开学考试题3.doc

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河南省孟津县第二高级中学2016—2017学年度高二开学考化学试题（解析版）
1．下列离子方程式中，正确的是
A.在氯化亚铁溶液中通入氯气 Fe2+ + Cl2 ＝ Fe3+ + 2Clˉ
B.三氯化铁溶液跟过量氨水反应 Fe3+ +3NH3•H2O ＝ Fe(OH)3↓ + 3NH4+
C.碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应 Ca(HCO3)2 + 2H+ ＝Ca2+ + 2H2O + 2CO2↑
D.氯气通入冷的氢氧化钠溶液中 2Cl2 + 2OHˉ ＝3Clˉ + ClOˉ + H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A不正确，电子的得失不守恒，应该是2Fe2+ + Cl2 ＝ 2Fe3+ + 2Clˉ；碳酸氢钙是易溶水的，应该用离子符号表示，C不正确；D中电荷不守恒，应该是Cl2 + 2OHˉ＝Clˉ + ClOˉ + H2O，所以正确的答案选B。
考点：考查离子方程式的正误判断
点评：该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，试题侧重考查学生的能力，有助于培养学生的应试能力。该题需要明确判断离子方程式正确与否的方法一般，即（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式。
2．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是( )
A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B．28 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C．常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D．标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液充分反应，转移的电子数为2NA
【答案】D
【解析】
试题分析：A、依据n=计算物质的量=1mol，结合NO2和CO2混合气体中都含有2个氧原子计算，混合气体中含有的氧原子数为2NA，故A正确；B、28g乙烯和环丁烷的混合物中含有2mol最简式CH2，含有2mol碳原子，混合气体中含有的碳原子数为2NA，故B正确；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量为2mol，则含6NA个原子，故C正确；D．标准状况下，22.4 L氯气的物质的量为1mol，与足量氢氧化钠溶液充分反应，转移的电子数为NA，故D错误；故选D。
考点：考查了阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律的相关知识。
3．1.环保部门为了使城市生活垃圾得到合理利用，近年来逐步实施了生活垃圾分类投放的办法。塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于
A.有机物 B无机物 C盐类 D非金属单质
【答案】A
【解析】
试题分析：塑料袋属于合成高分子化合物；废纸主要为纤维，且为天然纤维；旧橡胶制品主要为天然橡胶或者合成橡胶。三者均为有机物。
考点：物质的组成及分类
点评：本题关键要分清楚三种物质的组成，寻找他们的共同点，相对简单。
4．按照物质的组成和性质进行分类，HNO3应属于（ ）
①酸 ②氧化物 ③无氧酸 ④有氧酸 ⑤化合物 ⑥混合物 ⑦纯净物 ⑧一元酸
A．①④⑤⑦⑧ B．②③④⑤ C．③④⑤⑦ D．②⑤⑥⑦⑧
【答案】A
【解析】
试题分析：HNO3在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸，并且电离出的氢离子数目是一个，所以属于一元酸，硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸；硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，属于化合物；硝酸具有挥发性，属于挥发性的酸，答案选A.
考点：硝酸的性质
5．碳的三种同位素C、C、C的原子中，下列各项均不同的是（ ）
A.核电荷数 B.中子数 C.电子层数 D.元素种类
【答案】B
【解析】考查原子的组成及表示方法。在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，所以答案是B。
6．有一种物质俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，它的化学式为( )
A．FeO B．Fe2O3 C．Fe D．Fe3O4
【答案】B
【解析】
铁在吸氧腐蚀时产生铁锈，此为原电池原理，负极2Fe-4e-=2Fe2+,正极4e-+O2+2H2O=4OH-，总反应式2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，氢氧化铁再分解生成氧化铁Fe2O3，这是红色物质，俗称铁红。
7．下列关于化学平衡的说法中，正确的是（ ）
A．当达到化学平衡时，各物质的浓度就不再变化了
B．当达到化学平衡时，反应物已完全转化为生成物
C．当达到化学平衡时，反应混合物中各成分的浓度相等
D．当达到化学平衡时．正逆反应均已停止
【答案】A
【解析】
试题分析：A．当达到化学平衡时，各物质反应消耗量与反应产生的量相同，故该物质的浓度就不再变化了，正确；B．当达到化学平衡时，各种物质都存在，而且他们的物质的量不变，因此反应物不能完全转化为生成物，错误；C．当达到化学平衡时，反应混合物中各成分的浓度都保持不变，但是他们不一定都相等，错误；D．当达到化学平衡时．反应物还在产生生成物，生成物还在反应变为反应物，只是任何一组分的浓度不变，所以正逆反应仍然在进行，错误。
考点：考查关于化学平衡的说法正误判断的知识。
8．将a g铝粉加入过量NaOH溶液中充分反应后，铝粉完全溶解，并收集到标准状况下b L氢气，所得溶液中共有c个AlO2-，反应中转移电子d个。则阿伏加德罗常数(NA)可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】①×3NA＝d；NA＝，C正确；②×2NA＝d，NA＝，D错误；③NA＝c，NA＝，A错误；④×NA＝c，NA＝，B错误。
9． 能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．硫化氢气体通入足量氢氧化钠溶液中：H2S＋2OH—=S2—＋2H2O
B．铁与足量稀硝酸反应：Fe＋2H+=Fe2++H2↑
C．氯化铁溶液与浓氨水反应：Fe3+＋3OH—=Fe(OH)3↓
D．Al2O3溶于盐酸：Al2O3＋6H+ =2Al3＋＋3H2O
【答案】AD
【解析】
正确答案：A D
B．不正确，铁与足量稀硝酸反应：Fe＋4H+＋NO3―=Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．不正确，氯化铁溶液与浓氨水反应：Fe3+＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4＋
10．下列说法正确的是（ ）
A．金属氧化物不可能是酸性氧化物
B．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
C．某物质溶于水所得溶液能导电，该物质一定是电解质
D．醋酸溶液中存在两种共价化合物分子
【答案】D
【解析】
试题分析：A．金属氧化物可能是酸性氧化物，例如Mn2O7等，A错误；B．强电解质不一定都是离子化合物，例如氯化氢是共价化合物，B错误；C．某物质溶于水所得溶液能导电，该物质不一定是电解质，例如氨气溶于水，所得氨水导电，氨气是非电解质，C错误；D．醋酸溶液中存在两种共价化合物分子，即水分子和醋酸分子，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查酸性氧化物、电解质、共价化合物等有关判断
【名师点晴】掌握有关的概念是解答的关键，易错选项是C，注意理解电解质的判断依据。溶于水或在熔融状态下能够自身电离出离子的化合物是电解质，而不能依据是否导电判断。
11．下列电子式中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：A．Cl原子最外层有7个电子，两个Cl原子共用1对电子，使每个原子都达到8个电子的稳定结构，电子式是，错误；B．N原子最外层有5个电子，2个N原子共用3对电子，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，正确；C．HCl是共价化合物，原子之间通过共价键结合，电子式是，错误；D．NaCl是离子化合物，电子式是：，错误。
考点：考查电子式书写正误判断的知识。
12．NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是
A．标准状况下，2.24 L H2O含有的电子数等于NA
B．常温下，100 mL 1 mol·L－1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA
C．分子数为NA的N2、C2H4混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g
D．3.4 g NH3中含N—H键数目为0.2NA
【答案】B
【解析】
试题分析：标准状况下，水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，A不正确；碳酸钠水解生成氢氧化钠和碳酸氢钠，阴离子是增加的，B正确；C不正确，因为气体不一定是在标准状况下；氨气含有3个N－H键，3.4 g NH3中含N—H键数目为0.6NA，D不正确，答案选B。
考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断
点评：阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题。多年来全国高考化学试题重现率几乎为100％。考查阿伏加德罗常数的应用的题目，为高考必考题目，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。
13．硫代硫酸钠可用作脱氯剂，已知25.0 mL 0.1 mol·L－1的Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112 mL Cl2完全转化为Cl－时，S2O32－转化成
A．S2－ B．S C．SO32－ D．SO42－
【答案】C
【解析】
试题分析： Na2S2O3中硫的化合价为+2价，氧化产物中硫元素的化合价变为x价；根据得失电子守恒，，x=+4，故C正确。
考点：本题考查电子守恒。
14．短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。下列判断正确的是

A．甲一定是金属元素
B．气态氢化物的稳定性：庚>己>戊
C．乙、丙、丁的最高价氧化物水化物可以相互反应
D．庚的最高价氧化物水化物酸性最强
【答案】B
【解析】
试题分析：戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊是N，己是O，根据图中的位置关系可知，庚是F，丁是C，丙是Al，乙是Mg，由于甲不一定在丁、庚的连线上，则甲可能是H或Li。A、甲可能是H或Li，A错误；B、N、O、F 的非金属性依次增强，则气态氢化物的稳定性逐渐增强，B正确；C、乙、丙、丁的最高价氧化物水化物分别是Mg(OH）2、Al(OH）3、H2CO3，它们之间不能相互反应，C错误；D、F没有正价，不存在最高价含氧酸，D错误，答案选A。
考点：考查种类的推断、元周期律的运用
15．二甲醚是一种清洁燃料，以n(H2)/n(CO)=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应:2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g) +H2O(g) △H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示，下列说法正确的是

A．上述反应△H>0
B．图中P1<P2<P3
C．若在P3和316℃时，测得容器中n(H2)=n(CH3OCH3)，此时v(正)<v(逆)
D．若在P3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，则达到平衡时，CO转化率小于50%
【答案】C
【解析】
试题分析：A、从图像看，反应温度越高，CO的转化率越小，说明正反应为放热反应，错误；B、该反应为体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，CO的转化率大，在图中作一等温线可知，P1对应的转化率大，则P1的压强大，错误；C、在P3和316℃时，CO的转化率为50%，设起始时，n(H2)=2a，n(CO)=a，平衡时，n(H2)=a，n(CH3OCH3)=0.25a，若n(H2)= n(CH3OCH3)，则产物的量变多，故平衡需逆向移动，即逆反应速率大于正反应，正确；D、题中图表示的是n(H2)/n(CO)=2，若n(H2)/n(CO)=3，即H2的量增多，所以CO的转化率比原平衡时大，错误。
考点：化学反应速率及化学平衡
16．（6分）在盛有AgNO3、HCl、Na2CO3、CaCl2、NaCl、KCl六种无色溶液的试剂瓶上分别贴有①～⑥的编号，分别取它们两两混合，产生的现象如下表所列（其中“↑”表示产生气体，“↓”表示生成沉淀，“—”表示无现象）：

①
②
③
④
⑤
⑥
①

—
—
↓
↓
↑
②
—

—
—
↓
—
③
—
—

—
↓
—
④
↓
—
—

↓
—
⑤
↓
↓
↓
↓

↓
⑥
↑
—
—
—
↓

（1）推断下列编号对应的溶液（写溶质的化学式）：
①_______，④_______，⑤________，⑥________。
（2）向①与⑤反应后的生成物中加入足量HNO3溶液，反应的离子方程式为__________________。
（3）通过以上实验，还有两种溶液不能确定，若要进一步确定它们，必须进行的实验是________________
【答案】（1）Na2CO3 CaCl2 AgNO3 HCl
（2）Ag2CO3＋2H+===2Ag+＋CO2↑＋H2O （3）焰色反应
【解析】
试题分析：（1）观察五种物质可知，只有HCl、Na2CO3混合才会生成气体，则①⑥为这两种物质，而HCl只能生成一种沉淀，碳酸钠能够生成两种沉淀，所以①为Na2CO3，⑥为HCl；其他四种种物质中，只有AgNO3与所有物质混合都有沉淀产生，即AgNO3为⑤；而NaCl、KCl只与AgNO3发生反应，所以②、③为NaCl、KCl；剩下一种物质为④CaCl2，所以①为Na2CO3，④为CaCl2，⑤为AgNO3，⑥为HCl，
（2）①为Na2CO3，⑤为AgNO3，二者反应后生成Ag2CO3沉淀，Ag2CO3与硝酸反应生成二氧化碳、银离子和水，反应的离子方程式为：Ag2CO3+2H+═Ag++CO2↑+H2O，
（3）②、③为NaCl、KCl，可以通过焰色反应检验，钠离子焰色反应显示黄色，钾离子必须通过蓝色钴玻璃观察，火焰颜色为紫色，所以通过焰色反应即可区别两者。
考点：物质的鉴别。
17．(19分) A + B → X + Y + H2O(未配平，反应条件略去)是中学常见反应的化学方程式，请回答：
（1）若Y为黄绿色气体：
①当A、B的物质的量之比为1∶4且A为黑色固体时，该反应的离子方程式是 ；
②当A、B的物质的量之比为1∶6时，写出该反应的化学方程式，并用双线桥表示反应过程中的电子转移：__________________________________________。
③实验室处理尾气Y时常用NaOH而不用NaHSO3溶液，其原因是(用离子反应方程式表示)_____________________________________________________________。
（2）若A为单质，B为无色油状黏稠液体，当 A、B的物质的量之比为1∶2时，则A可能为______，检查其中刺激性气体产物X的方法是____________________。
（3）常温下A在B的浓溶液中会“钝化”，且A可溶于X溶液中，若A为金属单质，A和B以物质的量之比1∶4反应。
①过量的A和100mL2mol/L的B溶液充分反应后将溶液稀释至500mL后溶液中阴离子的物质的量浓度为_____________。
②含 a mol X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量之比为1∶2时，则被还原的X是 mol。
（4）若A、B、X、Y均为化合物。向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1：4反应后，溶液中溶质的化学式为 。
（5）若A、B、X、Y均为化合物。X为极易溶于水的气体，则盐A是_______盐，X极易溶于水的原因是：________________________________________________。
【答案】(1) ① MnO2 + 4H+ + 2Cl— Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O (2分)
② (3分)
③ 4HSO3— + Cl2＝SO42— + 2Cl— + 3SO2↑ + 2H2O（2分）（或分步写）
(2) ①C、Cu (2分)；②将气体X通入品红溶液中，若品红溶液褪色，证明气体X是SO2 (或其它合理答案) (2分) (3) ①0.3mol/L (2分)； ②a或a (2分)
(4) NaAlO2 NaCl（2分） (5)铵，X(或NH3)和H2O间易形成分子间氢键 （2分）
【解析】
试题分析：（1）如果Y是黄绿色气体，则Y一定是氯气，则
①当 A、B的物质的量之比为1∶4且A为黑色固体，这说明该反应为二氧化锰与浓盐酸混合加热制备氯气，反应离子方程式为MnO2 + 4H+ + 2Cl— Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O；
②当 A、B的物质的量之比为1∶6，则应该是氯酸钾与盐酸反应制备氯气，同时还有生成氯化钾与水生成，反应的化学方程式为KClO3＋6HCl＝KCl＋3H2O＋3Cl2↑。反应中氧化剂是氯酸钾，还原剂是氯化氢，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:5，即反应中转移5个电子，所以用双线桥表示反应过程中的电子转移为；
③氯气具有强氧化性，而亚硫酸氢钠检验还原性，二者能发生氧化还原反应生成酸、钠盐与水。反应中产生的酸能与亚硫酸氢钠反应产生二氧化硫，SO2是大气污染物，因此一般不用亚硫酸氢钠，而用氢氧化钠，反应的离子方程式为4HSO3— + Cl2＝SO42— + 2Cl— + 3SO2↑ + 2H2O；
（2）若A为单质，B为无色油状黏稠液体，当 A、B的物质的量之比为1：2时，该反应应该是碳与浓硫酸反应生成CO2、二氧化硫与水，或铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，刺激性气体产物X为二氧化硫，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此检验二氧化硫的方法为：将气体X通入品红溶液中，若品红溶液褪色，证明气体X是SO2；
（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中，因此A是铁，而不是铝，即该反应为Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO与水。
①100mL2mol/L的硝酸溶液中硝酸的物质的量＝0.1L×2mol/L＝0.2mol，根据反应3Fe+8HNO3＝3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，生成硝酸亚铁的物质的量＝0.2mol×3/8＝0.075mol，其中硝酸根离子的物质的量是0.075mol×＝0.15mol，所以稀释至500mL后溶液中阴离子的物质的量浓度为0.15mol÷0.5L＝0.3mol/L；
②铁离子能氧化单质铁生成亚铁离子，设被还原的硝酸铁的物质的量是xmol，则根据反应的方程式可知
2Fe3++Fe＝3Fe2+
2 3
x mol 1.5x mol
则（a-x）：1.5x＝1：2
解得x＝4a/7
或（a-x）：1.5x＝2：1
解得x＝a/4
（4）若A、B、X、Y均为化合物．向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，则A中含有Cl-；B的焰色反应为黄色，应该含有Na元素。如果A和B按物质的量之比1：3反应产生白色沉淀，则A为氯化铝、B为氢氧化钠；如果A与B按物质的量之比1：4反应则恰好生成偏铝酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为AlCl3+4NaOH＝NaAlO2+3NaCl+H2O，因此反应后溶液中溶质的化学式为NaAlO2、NaCl；
（5）若A、B、X、Y均为化合物．X为极易溶于水的气体，X应该是氨气，则A是铵盐，B为强碱。 NH3和H2O间易形成分子间氢键，所以氨气极易溶于水。
考点：考查无机框图题推断
18．研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。
（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。
①已知：Fe2O3(s) + 3C(石墨) = 2Fe(s) + 3CO(g) △H 1 = +489.0 kJ·mol－1
C(石墨) +CO2(g) = 2CO(g) △H 2 = +173.0 kJ·mol－1
则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为 。
②某含C、H、O三种元素的有机物A，经测定碳的质量分数为52.16%，氢的质量分数13.14%，它可以作燃料电池（以KOH溶液为电解液）的原料，写出该电池的负极反应式 。
（2）某实验将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，发生反应：
CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) △H =－49.0 kJ·mol－1
回答问题：
①该反应的平衡常数表达式为 。
②把0.5mol的CO2和1.5mol的H2充入2L的密闭容器中，半分钟后测得c（H2）=0.15mol/L,用CH3OH表示该反应的速率：v(CH3OH)=
③如图，在反应体系中加入催化剂，反应速率增大,E2的变化是 （填“增大”， “减小”或“不变”）

【答案】（1）①Fe2O3(s) +3 CO(g)= 2Fe(s) +3CO2(g) △H = -30 kJ·mol－1（2分）
②C2H5OH —12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O（2分）
（2）①K=/ （1分）
②0.4 mol/(L•min) （1分）
③减小（1分）
【解析】
试题分析：（1）根据盖斯定律，把方程式（2）移向，然后乘以3，和方程式（1）相加，可得Fe2O3(s) +3 CO(g)= 2Fe(s) +3CO2(g) △H = -173×3+489= -30 kJ·mol－1 ；②n(C)=52.16/12=4.34，n(H)=13.14，n(O)=(100-52.16-13.14)/16=2.17，4.34:13.14:2.17=2:6:1，可以确定燃料为乙醇，乙醇作负极，失电子发生氧化反应，在碱性条件下产物为碳酸根，C2H5OH —12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O
（2）v(H2)=(0.75-0.15)/0.5=1.2mol/L，根据速率之比等于方程式系数，可得甲醇的速率为氢气的1/3，即0.4 mol/(L•min)，加入催化剂，可以降低活化能，E1、E2都减小。
考点：考查热方程的书写、盖斯定律、原电池、化学反应原理

19．某研究性学习小组用下图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验(夹持装置已略去)。

（1）组装仪器按气流方向正确的连接顺序是a接______、______接______、______接______；
（2）烧杯中倒置漏斗的作用是_______________________；
（3）往FeCl3溶液中通入足量SO2时，观察到的现象为__________________；
（4）根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应．
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式__________________；
②该小组同学向盛装FeCl3试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42-．该做法不合理，理由是__________________。
【答案】（1）d e c b f （2）使气体充分吸收，防止溶液倒吸 （3）溶液由棕黄色变为浅绿色 （4）①2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+ ②硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰试验
【解析】
试题分析：（1）根据实验目的，先是制备二氧化硫，用第一个装置，用最后一个装置，导管要短进长出，可以防止倒吸，然后是让二氧化硫和氯化铁之间反应，即第三个装置，最后进行尾气处理，顺序是：d、e、c、b、f；
（2）因尾气易溶于NaOH溶液，则倒置漏斗的作用为防止NaOH溶液倒吸；
（3）通入足量SO2时C中发生二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应，生成硫酸亚铁，则观察到溶液由棕黄色变为浅绿色；
（4）①发生氧化还原反应，生成硫酸根离子、亚铁离子，离子反应为2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；②该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，硝酸具有强氧化性，则硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，干扰试验，故做法不合理。
考点：考查性质实验方案的设计及实验装置综合，把握装置中发生的反应及氧化还原反应原理的应用为解答的关键。
20．（14分）氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁。
实验室制备装置和工业制备流程图如下：

已知：（1）无水FeCl3的熔点为555 K、沸点为588 K。（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应
（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：
温度/℃
0
20
80
100
溶解度(g/100 g H2O)
74.4
91.8
525.8
535.7
实验室制备操作步骤如下：
Ⅰ．打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸。
Ⅱ．当……时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a。
Ⅲ．将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶体。请回答：
（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是 。
（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“……”的内容是 。
（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作步骤是：加入 后、 过滤、洗涤、干燥．
（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式： 。
（5）捕集器温度超过673 K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式（相对式量:Cl-35.5、Fe-56）为 。
（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c mol•L-1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL（已知：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）。
①滴定终点的现象是： ；
②样品中氯化铁的质量分数 ；
【答案】（1）把亚铁离子全部氧化成三价铁离子 （2分）
（2）装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不再改变（其他合理答案也给分）（2分）
（3）盐酸（1分） 蒸发（浓缩）、（冷却）结晶（2分）
（4）2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Clˉ（2分） （5）Fe2Cl6（1分）
（6）① 溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色（2分）
②（2分）
【解析】
试题分析：（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3·6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3。烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子；（2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化。（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是 2Fe + 3Cl2 = 2FeCl3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl3溶液，所以吸收剂应是2FeCl2溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+。（5）捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673 K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6。（备注：FeCl3属共价型化合物，能溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，在673K蒸气中有双聚体，1023K以上分解为单分子）。（6）①称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用 Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。所以滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。② 求样品中氯化铁的质量分数由反应：2Fe3+ + 2I - = 2Fe2+ + I2； I2+2S2O32-═2I-+S4O62-；可得关系式：2Fe3+ — I2 — 2S2O32-
1 1
n cV×10-3
求得n(Fe3+) = cV×10-3 mol，则样品中氯化铁的质量分数为：ω(Fe3+) = cV×10-3 mol×10×162.5g/mol×100% =
考点：化学实验设计与评价
21．(6分)0.15 mol某金属单质与足量的稀硫酸充分作用后，在标准状况下生成5.04 L H2和25.65 g该金属的硫酸盐，若该金属原子核内的质子数比中子数少一个，试通过计算推导该金属在周期表中的位置。
【答案】 第3周期第ⅢA族。
【解析】 (1)生成H2的物质的量n(H2)=5.04 L/22.4 L·mol－1=0.225 mol，电子转移总数为n(e－)=0.45 mol。
(2)假设金属的化合价为＋n，则0.15 n=0.45，n=3，由此推知金属的硫酸盐的化学式为：M2(SO4)3(M为金属)。
(3)假设金属的摩尔质量为M，则
(2M＋96×3)=25.65/×0.15
M=27(g·mol－1)
(4)金属的相对原子质量为27，其质量数为27，假设质子数为Z，则Z＋(Z＋1)=27，Z=13，即金属元素为Al元素，在周期表中第ⅢA族，第3周期。
22．X、Y、Z是阳离子，K是阴离子，M、N是中性分子。它们都由短周期组成，且具有以下结构特征和性质：
①它们核外电子总数都相同；
②N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红；
③Y和K都由A、B两元素组成，Y核内质子总数比K多两个；
④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等；
⑤X和K的浓溶液在加热情况下生成M和N；
⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量K溶液，有白色沉淀生成，再加入过量的K或Y的溶液，沉淀消失
（1）Y的化学式为________________；X的电子式为 ________________
（2）试比较M和N的稳定性：M___________N；
（3）写出Z和N的水溶液反应的离子方程式_______________________；
（4）上述六种微粒中的两种阳离子可与硫酸根形成一种盐，向该盐的浓溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，出现了如图中a、b、c三个阶段的图象，根据图象判断该盐的化学式为_____________。

（5）将1.92g铜投入到一定量由A、B、C三种元素形成的一种常见化合物的溶液中，共收集到672mL气体(标准状况下)，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入一定量的氧气，恰好使气体完全溶于水，则通入氧气在标准状况下的体积_______mL。
【答案】（1）H3O+ ； （2）＞；
（3）Al3++3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+；
（4）NH4Al(SO4)2；（5）336。
【解析】
试题分析：X、Y、Z是阳离子，K是阴离子，M、N是分子．它们都由短周期元素组成，且具有以下结构特征和性质：①它们的核外电子总数都相同；由②N溶于M中，滴入酚酞溶液变红，溶液呈碱性，可推知N为NH3、M为H2O；由⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含K的溶液，有白色沉淀生成，再加入过量的含K或Y的溶液沉淀消失，可推知Z为Al3+、K为OH-；由③Y和K都由A、B两元素组成，Y核内质子数比K多2个，则Y为H3O+；由④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等，则X为NH4+；由⑤铵根离子与氢氧根离子浓溶液在加热条件下可以生成氨气和水，符合转化关系；结合③④可知，A为H元素、B为O元素、C为N元素。（1）根据分析可知，Y的化学式为H3O+；N为NH3，X的电子式为；（2）根据上述推断知N为NH3、M为H2O，由于元素的非金属性O>N，所以二者稳定性大小为：NH3＜H2O，即：M＞N；（3） Z 是Al3+，N是NH3，Al3+和NH3的水溶液反应的离子方程式：Al3++3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+；（4） 由图可知，