河南省毕业班考前化学适应性训练(5月月考)Word版含解析

.环丙烷的结构可表示为：而环己烷由于各个原子在空间的排列方式不同，却有以下两种空间异构体。据此判断：当已烷的不同碳原子上连有两个甲基时，包括甲基在六个碳原子上位置不同和空间异构体在内,共有异构体数目为A.6种C.12种B.9原子上位置不同和空间异构体在内,共有异构体数目为A.6种C.12种B.9种D.18种I椅式版式〕I船式服式)【解析】环己烷的甲基有位置异构构。.已知维生素A的结构简式，关于它的正确说法是(HaHaj c—(dh—c：=ch)3ch3ohA.维生素A分子中含有4个甲基B.维生素A的1个分子中有3个双键C.维生素A的1个分子中有30个氢原子D.维生素A具有苯环的结构单元【答案】C【解析】.下列反应最终能生成Fe3+的化合物的是()③向FeBr2溶液中通入C12④铁与③向FeBr2溶液中通入C12④铁与CuCl2溶液反应⑤Fe(OH)2露置于空气中A.①②③B.①③⑤C.③④【答案】D【解析】试题分析：①过量Fe与HNO发生反应产生Fe(NQ)2,不能生成Fe3+的化合物，错误；②由于S的氧化性弱，所以铁丝在硫蒸汽中燃烧产生FeS,不能生成Fe3+的化合物，错误；③由于还原性：Fe2+>Br-,所以向FeBr2溶液中通入C12,一定会产生Fe3+,正确；④铁与CuCl2溶液发生置换反应产生Fe2+,错误；⑤Fe(OH)2露置于空气中会被氧化产生Fe(OH)3,正确。最终能生成Fe3+的化合物的是③⑤，选项是Do考点：考查物质反应的先后顺序及反应强弱的知识。.只用一种试剂区分KCl、NHCl、FeCl3、AlCl3,这种试剂是A.AgNOB.HClC.NaOHD.KSCN【答案】C【解析】各物质的阴离子相同，但阳离子不同，一般用碱液进行检验向各物质溶液中滴加NaOHB液，现象分别为：无明显现象、有刺激性气体产生、红褐色沉淀生成、白色沉淀且随后溶解答案为C.某有机物分子中含有n个—CH—,m个I,2个—CH,其余为—Cl,则—Cl的个

数为A.2n+3m-aB.n+m+aC.m+2-aD.m+2n+2-a【答案】C【解析】试题分析：有机物中每个碳原子都必须形成4个共价键，以1条碳链分析，若只连接甲基，-CH-不管多少个只能连接两个-CH3,m个次甲基能连接m个-CH3,所以n个-CH2-和m个次甲基连接-CH3共计m+2个，由于分子中含有a个-CH3,所以连接的一Cl为m+2-a。考点：考查有机化合物中成键特征。6.下列叙述正确的是（）A.同一主族的元素，原子半径越大，其单质的熔点一定越高B.同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子C.同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高D.稀有气体元素的原子序数越大，其单质的沸点一定越高【答案】D【解析】试题分析：A、金属元素从上到下单质的溶点越来越低，而非金属元素从上到下单质的溶点越来越高，错误；B、同一周期元素的原子，半径越小越容易得到电子，错误；C、有氢键的形成，错误；D、稀有气体的原子序数越大，分子间的作用力越强，其单质的沸点一定越高，正确。考点：考查物质结构的知识。COOH.已知酸性：、=/>H2CO>、=/,综合考虑反应物的转化率、原料成本、COOHCXIICky操作是否简便等因素，将OT—CIL转变为的最佳方法是A.与稀H2SO共热后，加入足量的NaOH^^.与稀H2SO共热后，加入足量的NS2CO溶液C.与足量的NaOH§液共热后，再通入足量COD.与足量的NaOH§液共热后，再加入适量H2SO【答案】C【解析】试题分析:由于酯类在酸性条件下水解是可逆反应,原料的利用率不高,故不在酸性条件下水解，A,B错误；在与足量的【解析】试题分析:由于酯类在酸性条件下水解是可逆反应,原料的利用率不高,故不在酸性条件下水解，A,B错误；在与足量的NaOH§液共热后,0II变为根据HbCO>,往溶液中通入CO,可产生酚羟基，如果加入硫酸的话，还会产生一COOH故选C考点：有机物官能团的性质和相互转化。.化学在生产和生活中有着重要的应用。下列叙述中，不正确的是A.次氯酸钠溶液可用于杀菌消毒.推广使用燃煤脱硫技术，防治SO污染环境C.纯碱可用于生产普通玻璃，也可用来除去物品表面的油污D.“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料【答案】D【解析】试题分析：A、次氯酸钠溶液具有强氧化性，可用于杀菌消毒，正确；日推广使用燃煤脱硫技术，防治SO污染环境，正确；C纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱溶液水解显碱性可用来除去物品表面的油污，正确；D“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于金属材料，错误。考点：考查化学与生产、生活相联系及相关物质的性质和用途。.反应A(g)+3B(g)?2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A.v(A)=0.15mol/(L•min)B.v(B)=0.015mol/(Ls)C.v(C)=0.40mol/(Lmin)D.v(D)=0.45mol/(L•min)【答案】B【解析】试题分析：Av(A)=0.15mol/(L•min);B>v(B)=0.015mol/(L・s),反应速率之比等于其计量数之比，则v(A)=0.3mol/(L•min);C、v(C)=0.40mol/(L-min),反应速率之比等于其计量数之比，则v(A)=0.2mol/(L-min);D、v(D)=0.45mol/(L•min),反应速率之比等于其计量数之比，则v(A)=0.225mol/(L•min)。答案选B。考点：化学反应速率10.下列各组离子能在指定环境中大量共存的是A.在c(HCQ)=0.1molL1的溶液中：N『、Al"、Cl、NOB.在由水电离出的c(H+)=1X10-12mol•LT的溶液中：Fe"、ClO>Na>SO2C.在加入镁粉产生气体的溶液中：SO2，NO，Na+、Fe2+D.在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO2，CO2'Na\《【答案】D【解析】试题分析：A.在c(HCO)=0.1mol-L-的溶液中：HCO与Al3+会发生盐的双水解反应而不能大量共存，错误；B.Fe"、Cl。一会发生氧化还原反应而不能大量共存；错误；C.在加入镁粉产生气体的溶液是酸T液，在酸性溶液中H+、NO，Fe2+会发生氧化还原反应而不能大量共存；错误；D.在使红色石蕊试纸变蓝的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中OH、SO”、CO2，Na\人不会发生任何反应，可以大量共存，正确。考点：考查离子大量共存的知识。11.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)+Y(g)=^z(g)+W(s)ahi>0下列叙述正确的是()A.加入少量W逆反应速率增大B.升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动C.当容器中气体压强不变时，反应达到平衡D.平衡后加入X,上述反应的增大【答案】C【解析】试题分析：W为固体，加入少量W对反应速率无影响，故A错误；升高温度，反应速率一定增大，正反应吸热，升温平衡正向移动，故B错误；该反应v0,所以压强不变时,g反应达到平衡，故C正确；平衡后加入X,上述反应的AH不变，故D错误。考点：本题考查化学平衡移动。12.能证明碳酸的酸性比硅酸强的实验事实是A.CO溶于水生成碳酸，SiO2不溶于水也不能跟水直接反应生成硅酸B.在高温条件下，SiO2和N&CO能发生反应：SiOz+N&CO驾N&SiO3+COTC.SiO2熔点比CO高D.CO通入Na>SiO3稀溶?^中，生成的H2SiO3逐渐聚合而形成硅酸溶胶【答案】D【解析】试题分析：碳酸和硅酸的强弱与它们氧化物的溶解性无关，A错；比较酸性的强弱的时候要在通常的条件下反应，B错；酸性强弱与其氧化物的熔点无关，C错；D项是利用强酸只弱酸的原理，对。考点：酸性强弱的比较方法。13.在一定温度下，反应A2（g）+B2（g）=二2AB（g）达到平衡的标志是A.单位时间生成nmol的A2同时生成nmol的ABB.容器内的总压不随时间变化C.单位时间生成2nmol的AB同时生成nmol的B2D.单位时间生成nmol的A2同时生成nmol的R【答案】C【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0）,反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。A.化学反应速率的方向是相反的，但速率之比不等于化学计量数之比，A项错误；B.该反应是前后气体体积不变的可逆反应，因此气体的总物质的量、体积和压强始终是不变的，B项错误；C.化学反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，C项正确；D.化学反应速率的方向是相同的，均是逆反应速率，D项错误；答案选Co考点：考查化学平衡状态的判断。14.化合物M叫假蜜环菌甲素（如图），它是香豆素类天然化合物。对M性质叙述正确的是（）例假蜜环菌甲素）M能与FeCl3发生反应，不能与CHCOOK生反应M与Br2只能发生取代反应，不能发生加成反应1molM最多可消耗3molNaOH1molM在催化剂作用下最多能与4molHb发生加成反应【答案】C【解析】试题分析：根据有机物的结构简式可知，分子中含有1个酚羟基、1个醇羟基、1个碳碳双键、1个酯基和1个玻基。M能与FeCl3发生反应，也能与CHCOOHt生酯化反应，A不正确;M与Br2能发生取代反应，也能发生加成反应，B不正确；由于酯基水解后又生成1个酚羟

ImolM基，所以ImolM最多可消耗3molNaOH,C正确；默基和苯环均能发生加成反应，则ImolM在催化剂作用下最多能与5molHb发生加成反应，D不正确，答案选Co考点：考查有机物的结构和性质点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。15.科学家开发出一种新型锂一氧电池，其能量密度极高，效率达90%以上。电池中添加放电、碘化锂（LiI）和微量水，工作原理如图所示，总反应为：O2+4LiI+2H2O充电2l2+4LiOH对于该电池的下列说法不正确的是充电对于该电池的下列说法不正确的是充电的石曷牌电横 放电的右所播电概A.放电时负极上I-被氧化B.充电时Li+从阳极区移向阴极区C.充电时阴极反应为LiOH+e-==Li+OH-D.放电时正极反应为O2+2H2O+4Li++4e-==4LiOH【答案】C【解析】试题分析：A、放电时，原电池负极发生氧化反应，故正确；B、充电时，为电解池阳极上发生氧化反应阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，正确；C、充电时阴极发生还原反应碘单质得到电子被还原，故错误；D、放电时正极O2发生还原反应，正确；考点：考查了原电池和电解池的相关知识16.（8分）氧化还原反应实际上包含氧化反应和还原反应两个过程，一个还原反应过程的离子方程式为：N（J+4HI++3e===Nd+2HO。下列四种物质：KMnQNaCO、KI、Fe2（SO4）3中的一种物质甲，滴加少量稀硝酸，能使上述反应过程发生。（1）被还原的元素是;还原剂是。（2）写出并配平该氧化还原反应方程式：。（3）反应生成0.3molH2O,则转移电子的数目为。（4）若反应后，氧化产物的化合价升高，而其他物质保持不变，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比将（填“增大”、“不变”、“减小”或“不能确定”）。【答案】共8分N（1分）KI（1分，I无分）6KI+8HNO===6KNQ2N。+3I2+4HO（2分）0.45Na（2分，0.45mol给1分）（4）增大（2分）【解析】试题分析：（1）物质甲应该发生氧化反应，在题目所给四种物质中，能发生氧化反应的只有KI,被还原的元素为N,还原剂是KI。(2)根据氧化还原反应原理，配平可得反应的方程式应为6KI+8HNO—6KNG+2Nd+3I2+4H2O。(3)反应6KI+8HNO—6KNC3+2NOT+3I2+4H2O中转移的电子数为6e,即每生成4molH2O,转移6mol电子.因此若生成0.3molH2O,转移0.45mol电子，故转移电子的数目为：0.45Na。(4)若反应后氧化产物的化合价升高，则需氧化剂的物质的量增大，故氧化剂与还原剂的物质的量之比将增大。考点：本题考查氧化还原反应原理及计算、化学方程式的书写。17.下图是煤化工产业链的一部分，试运用所学知识，解决下列问题：I.已知该产业链中某反应的平衡常数表达式为代吟①，写出它所对应反应的化学方程式：II.二甲醛(CH3OCH)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用。工业上以CO和H2为原料生产CHOCH=工业制备二甲醛在催化反应室中(压力2.0〜10.0MPa,温度230〜280C)进行下列反应：①CO(g)+2H2(g)、一CHOH(g)-1AH=-90.7kJ-mol②2CHOH(g)-CHOCH(g)+H2O(g)-1AH2=-23.5kJ-mol③CO(g)+H2O(g)—CO(g)+H2(g)_-1AH3=-41.2kJ-mol(1)写出催化反应室中三个反应的总反应的热化学方程式：。(2)在某温度下,2L密闭容器中发生反应①，起始时COH2的物质的量分别为2mol和6mol,3min后达到平衡，测得CO的转化率为60%,则3min内CO的平均反应速率为。若同样条件下起始时COW质的量为4mol,达到平衡后CHOH^J2.4mol,则起始时H2为mol。(3)下列有关反应③的说法正确的是。A.在体积可变的密闭容器中，在反应③达到平衡后，若加压，则平衡不移动、混合气体平均相对分子质量不变、混合气体密度不变B.若830C时反应③的K=1.0,则在催化反应室中反应③的K>1.0C.某温度下，若向已达平衡的反应③中加入等物质的量的CO和H2O(g),则平衡右移、平衡常数变大(4)为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列实验，每次实验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，实验结果如图，则CO转化率随温度变化的规律是。其原因是。【答案】I.C(s)+H20(g)—CO(g)+H2(g)n.(1)3CO(g)+3H2(g)——CH0CH(g)+C02(g)AH=-246.1kJ-mol-1(2)0.2mol-L-1・min-18.4(3)B(4)温度低于240C时,CO的转化率随着温度的升高而增大；温度高于240C时,CO的转化率随着温度的升高而减小在相等的时间里，在较低温时，各反应体系均未达到平衡,CO的转化率主要受反应速率影响，随着温度的升高反应速率增大,CO的转化率也增大；在较高温时，各反应体系均已达到平衡,CO的转化率主要受反应限度影响，随着温度的升高平衡向逆反应方向移动,CO的转化率减小【解析】I.生成物中有CO根据原子守恒，反应物中有固体C,C(s)+H2O(g)一H2(g)+CO(g)。n.(1)①X2+②+③得到3CO(g)+3H2(g)—<HOCI3(g)+CO2(g)一一-1AH=-246.1kJ-mol。(2)CO(g)+2H2(g)-CHOH(g)起始浓度(mol-L-1)130转化浓度(mol•L-1)0.61.20.6平衡浓度(mol•L-1)0.41.80.6v(CO)=—=~=0.2mol-L-1-min-1。''M3min设起始时H2浓度为xmol•L-1,CO(g)+2H2(g)一CHOH(g)起始浓度(mol-L-1)2x0转化浓度(mol•L-1)1.22.41.2平衡浓度(mol-L-1)0.8x-2.41.2条件不变，平衡常数不变：X(是！4)2=Cl+HL7,x=4.2,则起始时加入的H2的物质的量为：4.2mol•L-1X2L=8.4mol。(3)反应③是一个反应前后气体体积不变的反应，加压、容器体积减小，平衡不移动，混合气体平均相对分子质量不变，混合气体密度增大，A错；催化反应室中温度230〜280C,低于

830C,利于反应正向进行，K增大,K>1.0,B正确；温度不变，平衡常数不变，C错。18.已知25C、101kPa下，稀的强酸与强碱溶液反应的中和热为57.3kJ/mol。(1)写出表示稀硫酸与稀烧碱溶液发生反应的中和热的热化学方程式：。(2)学生甲用稀硫酸与稀烧碱溶液测定中和热装置如图。①实验时所需的玻璃仪器除烧杯、量筒外还需：。②该装置中有一处错误是：,如果用该错误装置测定，结果会(填偏高"偏低"无影响”)③如果，该生用50mL0.25mol/L的稀硫酸与50mL0.55mol/L的稀烧碱溶液，他用试剂的用量的理由是：。在该实验中需要测定某种数据，完成一次实验，需要测定该数据的次数为次。④若反应前溶液以及中和后的混合液的密度均设为1g/cm3,混合前酸与碱的温度均为力，混合后溶液的温度为t2,比热容为4.18J/(gC)。那么该生测定中和热：AH图I①该生两次实验测定时间均设定为(3)学生乙用2mol/L的硫酸来测定与锌粒和锌粉反应的快慢，设计如图(I)装置:图I①该生两次实验测定时间均设定为图H10min,那么他还要测定的另一个数据是:O②如果将图I装置中的气体收集装置改为图n,实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所处的刻度数，发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应先采取的操作是：。③该实验结果中，你估计与酸反应较快的是。【答案】(1)1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O^H=-57.3kJ/mol(2)①温度计、环形玻璃搅拌棒②未用硬纸板(或塑料板)盖住烧杯偏低③保证硫酸完全反应3€-418^-t)④kJ/mol(3)①测定相同条件下氢气的体积②向下移动滴定管，直到两边液面相平③锌粉【解析】试题分析：（1）中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以该反应的热化学方程式是1/2H2SO4（aq）+NaOH（aq）=1/2Na2SO4（aq）+H2OAH=—57.3kJ/mol。（2）①由于需要测量溶液的温度以及反应还需要搅拌，所以还缺少的玻璃仪器有温度计、环形玻璃搅拌棒。②根据装置图可知实验中没有用硬纸板（或塑料板）盖住烧杯，这样就会导致热量的损失，实验测定结果会偏低。③氢氧化钠过量可以保证硫酸完全反应，从而减少实验误差。实验中需要测量的数据是溶液的温度，因此至少需要测量3次，即反应前酸和碱的溶液温度，以及反应后溶液的温度。④溶液的质量是100g,反应中放出的热量是100X4.18X（t2-ti）J=0.418（t2—ti）kJ。由于O.41g（r；-rj）反应中有0.025mol的水生成，所以中和热=0一025kJ/mol。（3）①要比较反应速率的大小，除了测量时间外，还需要测定相同条件下生成氢气的体积。②由于气体的体积受温度和压强的影响，所以必须保证气体的压强和大气压是相同的，因此正确的操作是向下移动滴定管，直到两边液面相平。③由于锌粉的表面积大，反应速率快，即反应速率较快的是锌粉。考点：考查热化学方程式的书写、中和热的测定以及影响反应速率的因素等点评：化学是一门以实验为基础的学科，所以有化学实验即科学探究之说法。化学实验综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，要求学生必须扎实的基础，并且通过进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能正确解答。19.苯甲酸乙酯（C9H10O2）别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体，溶剂等。其制备方法为：COOHCOOCH2CH3■浓破酸.卜HjO已知:名称相对分子质里颜色，状态沸点（C）密度(gcm-3)爪甲酸*122无色片状晶体2491.2659米甲酸乙酯150无色澄清液体212.61.05乙醇46无色澄清液体78.30.7893时、己烷84无色澄清液体80.80.7318*苯甲酸在100c会迅速升华。实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按下图所示装好仪器，控制温度在65〜70c加热回流2ho利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。」—」—分水器②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醍萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸储，低温蒸出乙醛和环己烷后，继续升温，接收210〜213c的微分。④检验合格，测得产品体积为12.86mL。回答下列问题：(1)在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是(填入正确选项前的字母)。A.25mLB.50mLC.100mLD.250mL(2)步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是。(3)步骤②中应控制微分的温度在。A.65〜70cB.78〜80cC.85〜90cD.215〜220c(4)步骤③加入Na2CO3的作用是;若Na2CO3加入不足，在之后蒸储时，蒸储烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是。(5)关于步骤③中的萃取分液操作叙述正确的是A.水溶液中加入乙醛，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇B.振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气C.经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D.放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔(6)计算本实验的产率为。【答案】(1)C(2分)(2)使平衡不断正向移动(2分)(3)C(2分)(4)除去硫酸和未反应的苯甲酸(2分，回答一点得1分)苯甲酸乙酯中混有未除净白^苯甲酸，在受热至100c时发生升华(2分)AD(2分，正确但不全1分，有错0分)90.02%(2分，答90%也得分)【解析】试题分析：(1)用烧瓶加热液体时，不能少于容积的1/4,不能超过2/3;(2)该反应为可逆反应，分离出水，可使平衡向正反应方向移动；(3)步骤②中环己烷的沸点为80.8C,所以加热到85〜90C；(4)步骤③加入Na2CO3的作用是除去硫酸和未反应的苯甲酸；若Na2CO3加入不足，苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100c时发生升华；(5)分液漏斗应放在铁架台上静置分层；(6)产率=实际产量/理论产量。考点：以有机物的制备为背景考查化学实验基础、物质的分离提纯、化学计算。20.实验室用N&SO固体与70%的硫酸反应制取SO气体时，可用FeC%溶液吸收多余的SO气体。(1)写出SO与FeCl3溶液反应的离子方程式：。FeCl3溶液吸收SO气体一段时间后，吸收液中一定存在的离子有：竹、Fe2+、C「、SQ2-。某同学认为还可能存在其他离子，并提出假设进行实验探究。①提出合理假设：假设1:还存在HSG-、SO2-假设2:还存在Fe3+假设3:HSO、SO2-、Fe3+都不存在②设计实验方案实验步骤现象和结论步骤1:取少量吸收液于试管，滴加稀硫酸酸化，然后再滴入几滴溶液。现象结论假设1不成立。步骤2:现象结论假设2成立。(3)测定空气中SO含量的方法是：把500L含SQ气体的空气通入20mL含0.00015molKMnC4的溶液中，充分反应后，再用0.02000mol/L的KI溶液滴定过量的KMnO,消耗KI溶液25.00mL,则空气中的SQ含量为mg/L。(5SQ+2MnO-+2HO=2M吊+5SO2—+4H+,10I+2MnO+16H+=2M吊+5I2+8H2O)【答案】SO+2Fe3++2H2O=S(42+2Fe2++4H+(2)酸性品红溶液品红不褪色取少量吸收液于试管，滴加少量KSCN§液溶液变红0.016mg/L【解析】试题分析：本题Fe3+的氧化性和+4价S的还原性之间发生反应的产物进行探究，考查SO2-、HSO、Fe2+、Fe3+的检3轨,SO2-和HSQ可以先转化为SQ,通过品红溶液来检验，Fe3+检验，可以用KSCN来检验。根据反应10I—+2MnG-+16H+=2Mn2++5I2+8H2Q可以算出高镒酸钾的物1质的量为—x0.02000mol/Lx0.025L=0.0001mol;可知发生第一个反应，消耗的局镒酸钾5为0.00015mol-0.0001mol=5X10-5mol,n(SO2)=1.25X10-4mol,含量为1.25x10-4molx64g/mol/500L=0.16x10-4g/L=0.016mg/L。考点：本题以探究实验为基础，考查了氧化还原反应、物质的检验、化学计算等相关知识。5.6g铁与100mL稀硫酸完全反应，反应前后溶液体积的变化忽略不计.求：(1)产生的气体在标准状况下的体积.(2)反应完全后，所得溶液中亚铁离子的物质的量浓度.【答案】(1)产生的气体在标准状况下的体积为2.24L(2)反应完全后，所得溶液中亚铁离子的物质的量浓度为1mol/L【解析】n(Fe)=0.1mol+2+Fe+2H=Fe+Hd1mol1mol22.4L0.1moln(Fe2+)V(H)

["-=JL-(1)Al3++3AlO(1)Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3j (2分) (1分)0.1molV(H2)V(HO=2.24Ln(Fe2+)=0.1molc(Fe2+)=n「=':=1mol/Lv0.1L【点评】本题考查方程式的计算、物质的量浓度等，注重基础知识的考查，明确反应中各物质的量关系是解答的关键.(18分)I.A、B、CDE、F是短周期元素组成的中学常见的物质，它们的转化关系如图所示(部分反应条件略去)：（2）CO（（2）CO（1分）2Mg+CO2=2MgO+C（2分）(无条件不扣分，但条件写错给 1分)n.（1）（1分）2Na（1分）(1)若所有转化都是非氧化还原反应，B、DE含有同种金属元素，F为强碱(部分产物略则B+DHE的离子方程式为,C为同周期元素构成的1：1型化合物，则C的电子式为。(2)若A、DF为单质，B、GE为化合物，B为两种非金属元素所组成的化合物，则E的化学式为,A+B-C+D的化学方程式为。n.甲、乙都是二元固体化合物，将32g甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量Ba(NQ)2溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀46.6g;滤液中再滴加NaOH§液，又出现蓝色沉淀。含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为A、B两等份，向A中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体28g,经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，向B中加入8.0g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体1.6g.(1)写出构成甲的阴离子的结构示意图;32g甲在足量浓硝酸中反应转移的电子数为;甲在足量氧气中充分灼烧的化学方程式为。(2)乙的化学式;稀硫酸溶解乙的化学方程式为。(3)将甲在足量氧气中充分灼烧的气体产物通入一定量A溶液中，该反应的离子方程式为,设计实验证明此步反应后的溶液中金属元素的化合价。【答案】(18分)△CU2S+2O2^=2CuO+SO（2分）Fe7Q或3FeO-2FezQ（2分）9HSQ+FezQ=3FeSQ+2Fe（SO4）3+9H2O（2分）SO+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO2-+4H+（2分）（分子式或离子符号错或配平错不给分）取反应后的溶液两份于试管中，向一份中加入酸化的KMnO溶液，若褪色，则原有+2价铁。向另一份中加入KSCN§液，若出现血红色溶液，则原有+3价铁（2分）（其它合理答案也可）【解析】试题分析：I、（1）F是强碱，日DE中含有同种金属元素，可判断该金属元素是Al,D是铝盐，与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，B为偏铝酸盐，铝离子与偏铝酸根离子发生双水解反应也能生成氢氧化铝沉淀，则B+AE的离子方程式为Al3++3A1O2-+6H2O=4Al（OH）3J;C为同周期元素构成的1：1型化合物，A与强碱反应生成C,A与偏铝酸钠反应生成氯化铝，则A是盐酸，与氢氧化钠反应生成水和氯化钠，Cl与Na是同周期元素，且原子个数比是1:1,所以C是NaCl,为离子化合物，其电子式是弋r：2：1'；（2）A+B-^C+D的反应是置换反应，且B是由2种非金属组成的化合物，则B是CO,A是Mg二者反应生成C和MgO则D是C单质，二氧化碳与C单质高温反应生成CO所以E是COA+BfC+D的化学方程式为2Mg+CO2'2MgO+C;II、（1）蓝色溶液中含有铜离子，则甲中含有Cu元素；与硝酸钢溶液反应产生白色沉淀，则该沉淀为硫酸银，说明固体甲中含有S元素，46.6g硫酸钢的物质的量是0.2mol,说明32g甲中S元素的质量是6.4g,则Cu元素的质量是32—604=25.6g,Cu元素的物质的量是0.4mol,则甲中Cu与S元素的物质的量之比是0.4:0.2=2:1,则甲是C&S;其阴离子是S2-,（+16）288离子结构示意图为；32g甲的物质的量是0.2mol,Cu元素从+1价升高到+2价，整体升高2价，S元素从-2价升高到+6价，升高8价，所以共失去10个电子，则0.2mol甲参加反应转移的电子数是2NA;硫化亚铜与氧气完全反应生成二氧化硫和CuQ化学方程△式是C&S+2O2^=2CuO+SO（2）由题意可知，红棕色固体为FezQ,其物质的量是28g/160g/mol=0.175mol,则Fe元素的物质的量是0.35mol;说明乙中含有Fe、O元素；向B中加入8.0g铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体1.6g,则铁离子与Cu发生反应，化学方程式是2Fe3++Cu=2F4+Cu2+,参加反应的Cu的质量是8.0-1.6=6.4g，物质的量是0.1mol,则B溶液中铁离子的物质的量是0.2mol,A与B是等量的，所以亚铁离子的物质的量是0.35mol-0.2mol=0.15mol,则乙中+3价铁与+2价铁的物质的量之比是0.2:0.15=4:3，则乙的化学式是Fe7c9或3FeO-2Fe2O3；3FeO-2Fe2Q与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，化学方程式是9HzSO+FezQ：3FeSO+2Fe2（SO4）3+9H2Q（3）甲与氧气反应的气体产物是二氧化硫，A中含有铁离子和液态离子，所以二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子