福建省漳州市2015届高三化学冲刺试卷(含解析)

1、2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（2）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化学与生产、生活密切相关下列说法正确的是( )A福尔马林可用于保存海鲜产品B硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂C工业上利用Cl2与澄清石灰水反应制取漂白粉D天然纤维和合成纤维的主要成分是纤维素2下列进行性质比较的实验，不合理的是( )A比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中B比较氯的非金属性强于溴：溴化钠溶液中通入氯气C比较高锰酸钾的氧化性强于氯气：高锰酸钾中加入浓盐酸D比较镁的金属性强于铝：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入1.0m

2、olL1的盐酸中3下列与有机物的结构、性质有关的叙述，正确的是( )A苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应B石油的主要成分是烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品C丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，其链节中都含有葡萄糖425时加水稀释10mL pH=11的氨水，下列叙述正确的是( )A原氨水的浓度为103 molL1B溶液中增大C氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小D再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定等于75下列叙述中正确的是( )A图中正极附近溶液pH降低B图中电子由Zn流向Cu，盐桥中的Cl移向CuS

3、O4溶液C图正极反应是O2+2H2O+4e4OHD图中加入少量K3Fe（CN）6溶液，有蓝色沉淀生成6元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则下列判断正确的是( )A非金属性：ZTXBR与Q的电子数相差24C气态氢化物稳定性：RTQD最高价氧化物的水化物的酸性：TQ7已知反应：2CH3COCH3（l）CH3COCH2COH（CH3）2（l）取等量CH3COCH3，分别在0和20下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Yt）如图所示下列说法正确的是( )Ab代表0下CH3COCH3的Yt曲线B反应进行到20min末，CH3COCH3的C

4、升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的二、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研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）2CO（g）H2=+172.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为_（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）CH3OH（

5、g）+H2O（g）H该反应的平衡常数表达式为K=_取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的H_0（填“”、“”或“=”，下同）在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线、对应的平衡常数大小关系为K_K（3）以CO2为原料还可以合成多种物质工业上尿素CO（NH2）2可由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为_当氨碳比=3，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为_用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化

6、为甲烷，该电极的反应式为_9铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛（1）在某温度下，Ksp（FeS）=8.11017，FeS饱和溶液中c（H+）与c（S2）之间存在关系：c2（H+）c（S2）=1.01022，为了使溶液里c（Fe2+）达到1molL1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH约为_（填字母）A2 B3 C4 D5（2）氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：酸溶过程中Fe2O3发生反应的离子方程式为_；“滤渣A”主要成分的化学式为_还原过程中

7、加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4请完成该反应的离子方程式：_FeS2+_Fe3+_Fe2+_SO+_氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为_为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是3.23.8沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀pH2.73.87.69.4完全沉淀pH3.25.29.712.4如果pH过大，可能引起的后果是_（几种离子沉淀的pH见上表）滤液B可以回收的物质有_（填序号）ANa2SO4 BAl2（SO4）3 CNa2SiO3 DMgSO410ClO2在常温下是一种黄

8、绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A装置电动搅拌棒的作用是_A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、_（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是_（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知：aNaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；bNaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得Na

9、ClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；_；_；_；得到成品（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）配制100mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还

10、有：_滴定过程中进行三次平行测定的原因是_原ClO2溶液的浓度为_ gL1（用含字母的代数式表示）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果_（填“偏高”、“偏低”或“不变”）化学一物质结构与性质11（13分）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面用广泛（1）基态镍原子的外围电子排布式为_（2）金属镍能与CO形成配合物Ni（CO）4，写出与CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学_、_（3）很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反应如CH2=CH2、HCCH、HCHO，其中碳原子采取sp2杂化的分子有_（填物质序号），HCHO分子的立体结构为_形（4）金属镍与镧（La）

11、形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示该合金的化学式为_（5）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用箭头和“”表示出配位键和氢键化学一有机化学基础12化合物A和D都是石油裂解气的成分，是衡量一个国家化工水平的重要标志的物质的同系物，可利用如下反应合成化合物H：已知：请回答下列问题：（1）反应中属于加成反应的是_（填序号，下同），属于氧化反应的是_（2）写出反应的化学方程式：_（3）写出G的结构简式：_，G中官能团的名称为_（4）写出反应的化学方程式：_（5）化合物C与化

12、合物F反应还可以生成化合物G的同分异构体，其结构简式为_（6）下列有关化合物H的说法正确的是_（填字母）A化合物H在一定温度下能与NaOH溶液发生水解反应B化合物H的分子式为C10H13O2C1mol化合物H与H2发生加成反应，消耗3mol H2D化合物H能使溴水褪色2015年福建省漳州市高考化学冲刺试卷（2）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化学与生产、生活密切相关下列说法正确的是( )A福尔马林可用于保存海鲜产品B硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂C工业上利用Cl2与澄清石灰水反应制取漂白粉D天然纤维和合成纤维的主

13、要成分是纤维素【考点】有机物的结构和性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；有机化学反应的综合应用 【专题】有机化合物的获得与应用；化学应用【分析】AHClO有毒，能使蛋白质发生变性；B硅胶可吸收水，且无毒；C石灰水的浓度小，不利于制备漂白粉；D纤维素的成分为多糖，而合成纤维中含为加聚、缩聚产物【解答】解：A福尔马林能使蛋白质变性，且有毒，不能用作食品保鲜剂，故A错误；B硅胶具有疏松多孔的结构，可吸收水，且无毒，常用作催化剂载体和食品干燥剂，故B正确；CCa（OH）2微溶于水，澄清的石灰水浓度太小，不能制取漂白粉，应利用氯气与石灰乳制备，故C错误；D纤维素的主要成分是多糖，合成纤维的成分不是纤维

14、素，故D错误；故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、性质及应用等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的关系，题目难度不大2下列进行性质比较的实验，不合理的是( )A比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中B比较氯的非金属性强于溴：溴化钠溶液中通入氯气C比较高锰酸钾的氧化性强于氯气：高锰酸钾中加入浓盐酸D比较镁的金属性强于铝：取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分别加入1.0molL1的盐酸中【考点】氧化性、还原性强弱的比较；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 【专题】氧化还原反应专题；元素周期

15、律与元素周期表专题【分析】A依据还原剂的还原性大于还原产物进行判断；B单质的氧化性越强，对应元素的非金属性越强；C依据氧化剂的氧化性大于氧化产物进行判断；D同种氧化剂与多种还原剂反应，可以通过反应剧烈程度、快慢判断还原性强弱【解答】解：A发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，根据反应只能判断Cu还原性强于Fe2+，不能判断Cu、Fe的还原性，故A正确；B发生反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，氧化性：氯气大于溴单质，所以非金属性：氯大于溴，故B错误；C发生反应：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2+2KCl+8H2O，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，故氧化

16、性前者大于后者，故C错误；D镁带和铝片都能与盐酸反应生成氢气，但是镁带与盐酸反应更剧烈，产生氢气更快，故还原性镁大于铝，故D错误；故选A【点评】本题考查了氧化还原反应的规律，和元素非金属性强弱判断依据，题目难度不大结合相应知识不难找到答案3下列与有机物的结构、性质有关的叙述，正确的是( )A苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应B石油的主要成分是烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品C丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上D淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，其链节中都含有葡萄糖【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】A苯中不含碳碳双键，不能与高锰酸钾反应，

17、但燃烧为氧化反应；B煤干馏产品为焦炭、煤焦油等；C丙烯中含甲基，为四面体构型；D淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，均为多糖，可水解【解答】解：A苯中不含碳碳双键，不能与高锰酸钾反应，则苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能燃烧生成二氧化碳和水，可发生氧化反应，故A错误；B石油的主要成分是烃，煤经过干馏得到产品为焦炭、煤焦油等，干馏为化学变化，而分馏为物理变化，故B错误；C丙烯中含甲基，为四面体构型，则丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，故C正确；D淀粉、纤维素都是天然高分子有机物，均为多糖，可水解，水解的最终产物均为葡萄糖，而链节中不含有葡萄糖，故D错误；故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质

18、，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯、多糖性质的考查，注意分馏与干馏的差别，题目难度不大425时加水稀释10mL pH=11的氨水，下列叙述正确的是( )A原氨水的浓度为103 molL1B溶液中增大C氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小D再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定等于7【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离；B加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）减小；C加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（H+）增大；DpH

19、=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性【解答】解：A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以原氨水的浓度103mol/L，故A错误；B加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）减小，则溶液中增大，故B正确；C加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH）减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故C错误；D常温下，pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，导致混合溶液呈碱性，则pH7，故D错误；故选B【点评】本题考查了弱电解质的电离，

20、明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水过程中增大一水合氨电离程度但其电离平衡常数不变，溶液中c（H+）增大，为易错点5下列叙述中正确的是( )A图中正极附近溶液pH降低B图中电子由Zn流向Cu，盐桥中的Cl移向CuSO4溶液C图正极反应是O2+2H2O+4e4OHD图中加入少量K3Fe（CN）6溶液，有蓝色沉淀生成【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】图锌为负极，铜为正极，正极铜离子放电生成铜，图铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，以此解答该题【解答】解：A图中正极发生：Cu2+2e=Cu，如不考虑盐类水解，则正极pH不变，如考虑盐类水解，则正极pH增大，

21、故A错误；B原电池中阴离子向负极移动，即向硫酸锌溶液移动，故B错误；C图铁为负极，铜为正极，正极氢离子放电生成氢气，电极方程式为2H+2e=H2，故C错误；D图中生成Fe2+，亚铁离子和K3Fe（CN）6生成蓝色沉淀，故D正确故选D【点评】本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等6元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则下列判断正确的是( )A非金属性：ZTXBR与Q的电子数相差24C气态氢化物稳定性：RTQD最高价氧化物的水化物的酸性：TQ【考

22、点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R是F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知X是S元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素A同一周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，但稀有气体较稳定；BR的原子序数是9、Q的原子序数是35；C元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强（O、F元素除外）【解答】解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R是F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知X是S元素、T是Cl元素、Z是Ar元素、Q是Br元素，A同一周元素的

23、非金属性随着原子序数的增大而增强，但稀有气体较稳定，所以非金属性TX，故A错误；BR的原子序数是9、Q的原子序数是35，则R与Q的电子数的差=359=26，故B错误；C元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性RTQ，所以氢化物的稳定性RTQ，故C错误；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强（O、F元素除外），非金属性TQ，则元素最高价氧化物的水化物酸性TQ，故D正确；故选D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，正确推断元素是解本题关键，注意理解掌握同主族元素原子序数关系7已知反应：2CH3COCH3（l）CH3COCH2COH（CH3）2（l）取等量C

24、H3COCH3，分别在0和20下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Yt）如图所示下列说法正确的是( )Ab代表0下CH3COCH3的Yt曲线B反应进行到20min末，CH3COCH3的C升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的【考点】转化率随温度、压强的变化曲线 【专题】压轴题【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行

25、到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多【解答】解：A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20时的Yt曲线，故A错；B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20时对应的反应速率快，所以1，故B错；C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，故C错；D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.11

26、3，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的，故D正确故选D【点评】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热二、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研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）2CO（g）H2=

27、+172.5kJmol1则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H该反应的平衡常数表达式为K=取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的H0（填“”、“”或“=”，下同）在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线、对应

28、的平衡常数大小关系为KK（3）以CO2为原料还可以合成多种物质工业上尿素CO（NH2）2可由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O当氨碳比=3，达平衡时CO2的转化率为60%，则NH3的平衡转化率为40%用硫酸溶液作电解质进行电解，CO2在电极上可转化为甲烷，该电极的反应式为CO2+8e+8H+=CH4+2H2O【考点】化学平衡的计算；热化学方程式 【专题】简答题；计算题；平衡思想；化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式；由图可知最高

29、点反应到达平衡，到达平衡后，温度越高，（CH3OH）越小，升高温度平衡向逆反应进行，据此判断；由图象分析先拐先平，温度高T先达到平衡则TT，纵轴是甲醇的物质的量，温度越高，甲醇越少，平衡逆向进行分析判断；（3）根据反应物、反应条件、生成物写出化学反应式；利用三段式法计算；根据原电池原理，CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，注意电解质溶液为酸性【解答】解：（1）Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol1C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol1依据盖斯定律3得到Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=

30、28.5 kJmol1；故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=28.5 kJmol1；（2）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故答案为：； 由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，（CH3OH）越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即H0，故答案为：；由图2可知，温度TT，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应，则H0，升高温度，平衡向逆反应移动，所以KK，故答案为：；（3）根据反应物是二氧化

31、碳和氨气（NH3），反应条件是高温、高压，生成物是尿素CO（NH2）2和水，化学反应式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O，设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为3a， 2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O起始/mol 3a a转化/mol 1.2a 0.6a平衡/mol 1.8a 0.4a平衡时NH3转化率为：100%=40%，故答案为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；40%；CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，考虑电解质为硫酸，所以甲烷中氢来源为硫酸电离的氢离子，根据化合价变化可知1mol二氧化碳变成甲烷得到8mol电子，故电极反应为：CO2+8e+8H+

32、=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O【点评】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡移动、平衡常数概念理解、转化率的计算及原电池原理的分析应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，难度中等分析图象时，要考虑先拐先平衡的原则，则反应条件为温度高或压强大，写电极反应式一定要考虑介质的参与9铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛（1）在某温度下，Ksp（FeS）=8.11017，FeS饱和溶液中c（H+）与c（S2）之间存在关系：c2（H+）c（S2）=1.01022，为了使溶液里c（Fe2+）达到1molL1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH约为B（

33、填字母）A2 B3 C4 D5（2）氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红（Fe2O3）的过程如下：酸溶过程中Fe2O3发生反应的离子方程式为Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O；“滤渣A”主要成分的化学式为SiO2还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4请完成该反应的离子方程式：1FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO+16H+氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为4Fe2+O2+2H2O+8OH=4F

34、e（OH）3为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是3.23.8沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀pH2.73.87.69.4完全沉淀pH3.25.29.712.4如果pH过大，可能引起的后果是Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯（几种离子沉淀的pH见上表）滤液B可以回收的物质有ABD（填序号）ANa2SO4 BAl2（SO4）3 CNa2SiO3 DMgSO4【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；电离平衡与溶液的pH专题；无机实验综合【分析】（1）根据硫化亚

35、铁的溶度积常数和亚铁离子浓度计算硫离子浓度，再根据氢硫酸的电离平衡常数计算氢离子浓度，最后利用pH计算公式计算溶液的pH；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应；根据得失电子守恒和原子守恒来配平，FeS2中S元素的化合价从1价升

36、高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16；NaOH与Fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化；根据几种离子沉淀的pH分析；因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠【解答】解：（1）溶液中c（S2）=mol/L=8.11017mol/L，c2（H+）c（S2）=1.01022，则c（H+）=mol/L=1.11103mol/L，pH=lg1.11103=3；故选B；（2）硫酸渣中含Fe2O3、SiO2

37、、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4） 3+3H2O；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2故答案为：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O；SiO2； FeS2中S元素的化合价从1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则

38、二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：1FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42+16H+，故答案为：14；8H2O；16H+；15；2；16H+；Fe2+与OH反应生成4Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定易被氧气氧化为Fe（OH）3，用化合价升价法配平方程式为4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe（OH）3；根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁

39、红不纯；故答案为：Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有：Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故选：ABD【点评】本题考查了物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力10ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A装置电动搅拌棒的作用是

40、增大反应物的接触面积，加快反应速率A装置必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、温度计（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是使ClO2充分冷凝，减少挥发（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知：aNaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；bNaClO2的溶解度曲线如图2所示，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；得到成品（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸

41、收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）配制100mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：100mL容量瓶、胶头滴管滴定过程中进行三次平行测定的原因是取平均值，减少计算误差原ClO2溶液的浓度为

42、gL1（用含字母的代数式表示）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）【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】（1）让反应物充分的接触；测量温度的仪器是温度计；（2）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（4）配制100mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，应选择100mL容量瓶；多次实验可以减少误差；多次实验可以减少误差，根据关系式2ClO25I

43、210Na2S2O3计算c（ClO2）把空气的体积算在内【解答】解：（1）让反应物充分的接触，加快反应速率反应时搅拌；测量温度的仪器是温度计，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；温度计；（2）二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，故答案为：趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；（4）配制100mL c molL1 Na2S2O3标准溶液时，应选择100mL容量瓶和胶头滴管；故答案为：100mL 容量瓶

44、、胶头滴管；为减少实验误差，应采用多次实验的方法，故答案为：取平均值，减少计算误差；设原ClO2溶液的浓度为x， 2ClO25I210Na2S2O3 2mol 10molmol 1103cV2molx=molL1=gL1，故答案为：；把空气的体积算在内，故读出的消耗的体积就偏大，故测定结果偏高，故答案为：偏高【点评】本题考查实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题关键，难度较大化学一物质结构与性质11（13分）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面用广泛（1）基态镍原子的外围电子排布式为3d84s2（2）金属镍能与CO形成配合物Ni（CO）4，写出与CO

45、互为等电子体的一种分子和一种离子的化学N2、CN（3）很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反应如CH2=CH2、HCCH、HCHO，其中碳原子采取sp2杂化的分子有（填物质序号），HCHO分子的立体结构为平面三角形（4）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示该合金的化学式为LaNi5（5）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用箭头和“”表示出配位键和氢键【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【分

46、析】（1）Ni原子核外有28个电子，Ni原子3d、4s能级电子为其外围电子，根据构造原理书写基态镍原子的外围电子排布式；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体；（3）根据价层电子对互斥理论判断原子杂化方式、微粒空间构型；（4）该晶胞中La原子个数=8=1、Ni原子个数=1+8=5，La、Ni原子个数之比=1：5；（5）配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子；该配合物中NO中O原子和OH中氢原子形成氢键【解答】解：（1）Ni原子核外有28个电子，Ni原子3d、4s能级电子为其外围电子，根据构造原理知基态镍原子的外围电子排布式为3d84s2，故答案为：3d84s2；（2）原子个

47、数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，CO分子中原子个数是2、价电子数是14，与CO互为等电子体的分子、离子有N2、CN，故答案为：N2；CN；（3）CH2=CH2中每个C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，为sp2杂化；HCCH中每个C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子采用sp杂化；中每个C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以为sp2杂化；HCHO中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，为sp2杂化，平面三角形结构，碳原子采取sp2杂化的分子有，故答案为：；平面三角；（4）该晶胞中La原子个数=8=1、Ni原子个数=1+8=5，La、Ni原子个数之比=1：5，所以其化学式为LaNi5，故答案为：LaNi5；（5）配