钟祥一中联考高考化学模拟试卷（4月）（含解析）-人教版高三化学试题

年湖北省武汉外国语学校、钟祥一中联考高考化学模拟试卷（4月份）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．化学是一门实用性很强的科学，与社会、环境等密切相关．下列说法错误的是（） A． “低碳经济”是指减少对化石燃料的依赖，达到低污染、低排放的模式 B． “低碳生活”倡导生活中耗用能量尽量减少，从而减少CO2排放 C． 所有垃圾都可以采用露天焚烧或深埋的方法处理 D． “静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量考点： 常见的生活环境的污染及治理．专题： 元素及其化合物．分析： A．倡导“低碳经济”，需减少化石燃料的使用，开发清洁能源；B．“低碳生活”主要降低二氧化碳的排放；C．露天焚烧垃圾会产生污染物，导致环境污染，而深埋垃圾会改变土壤结构；D．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”可减少污染性气体的排放．解答： 解：A．倡导“低碳经济”，需减少化石燃料的使用，开发清洁能源，减少对化石能源的依赖，故A正确；B．“低碳生活”主要降低二氧化碳的排放，生活中应尽量追求低碳生活，降低温室效应，故B正确；C．露天焚烧垃圾会产生污染物，导致环境污染，而深埋垃圾会改变土壤结构，故C错误；D．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”可减少污染气体的排放，能提高空气质量，故D正确；故选：C．点评： 本题考查常见生活环境污染，题目难度不大，注意提高空气质量的做法，垃圾的正确处理方法．2．下列有关实验原理或操作正确的是（） A． 用图1所示装置可测量产生气体的体积 B． 用0.1000mol/L标准盐酸滴定未知浓度的氨水，用甲基橙作指示剂 C． 用二氧化锰和浓盐酸制备少量氯气可在图2所示装置中进行 D． 鉴别pH=8.3的NaOH溶液和pH=8.4的苯酚钠溶液，可选用广泛pH试纸检测考点： 化学实验方案的评价．分析： A．量气装置中遵循“短进长出”原则；B．根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色）；C．二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热；D．pH试纸测定的pH为整数．解答： 解：A．量气装置中遵循“短进长出”原则，所以进气管应该是长管，出水管应该是短管，故A错误；B．甲基橙的变色范围是3.1﹣4.4，用酸滴定碱时，甲基橙加在碱里，达到滴定终点时，溶液颜色由黄变红，易于观察，故B正确；C．二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，且用分液漏斗易控制浓盐酸的流量，故C错误；D．pH试纸测定的pH为整数，没有小数，故D错误；故选B．点评： 本题考查实验基本操作，注意量气装置和洗气装置的区别、酸碱中和滴定中指示剂的选取等知识点，为易错点，题目难度不大．3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（） A． 在反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2中，每生成1molSO2转移电子数为5.5NA B． 标准状况下，11.2LO2参加反应转移的电子数一定为2NA C． t℃时，MgCO3的Ksp=4×10﹣6，则饱和溶液中含Mg2+数目为2×10﹣3NA D． 50g46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数目为3NA考点： 阿伏加德罗常数．分析： A、反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2转移44mol电子；B、氧气反应后的产物中，化合价有﹣1、﹣2价两种；C、溶液的体积未知；D、乙醇溶液中氢元素存在水和乙醇中．解答： 解：A、反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2中铁元素和硫元素被氧化，氧元素被还原，此反应转移44mol电子，生成8mol二氧化硫，故生成1molSO2转移电子数为5.5NA，故A正确；B、由于反应产物中氧元素的化合价没有确定，故标况下11.2LO2参加反应转移的电子数不一定是2NA，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的镁离子的个数无法计算，故C错误；D、50g46%的乙醇水溶液中乙醇质量为23g，物质的量为0.5mol，溶液中含氢元素的还有水中，所以含氢原子总数目大于3NA，故D错误；故选A．点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（） A． 图中五点KW间的关系：B＞C＞A=D=E B． 若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸 C． 若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性 D． 若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体考点： 电解质在水溶液中的电离．专题： 电离平衡与溶液的pH专题．分析： A、ADE都处于250C时，Kw相等，然后比较B、E两点的c（H+）和c（OH﹣）的大小，依次比较B、从A点到D点c（H+）变大，但c（OH﹣）变小，温度不变，Kw不变；C、根据B点时Kw计算酸与碱溶液中c（H+）和c（OH﹣），然后判断溶液的酸碱性；D、从A点到C点c（H+）和c（OH﹣）的变化判断Kw的变化，依次判断温度的变化．解答： 解：A、ADE都处于250C时，Kw相等，B点c（H+）和c（OH﹣）都大于E点的c（H+）和c（OH﹣），并且C点的c（H+）和c（OH﹣）大于A点c（H+）和c（OH﹣），c（H+）和c（OH﹣）越大，Kw越大，故B＞C＞A=D=E，故B、加酸，c（H+）变大，但c（OH﹣）变小，但温度不变，Kw不变，故B正确；C、若处在B点时，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中c（H+）=10﹣2mol/L，pH=10的KOH中c（OH﹣）=10﹣2mol•L﹣1，等体积混合，恰好中和，溶液显中性，故C正确；D、若从A点到C点，c（H+）变大，c（OH﹣）变大，Kw增大，温度应升高，加入适量的NH4Cl固体Kw不变，故D错误；故选D．点评： 本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c（H+）和c（OH﹣）的大小．5．用S﹣诱抗素制剂，可以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（） A． 其分子中含有2个手性碳原子 B． 既能发生加聚反应，又能发生缩聚反应 C． 1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH D． 既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以使酸性KMnO4溶液褪色考点： 有机物的结构和性质．专题： 有机物的化学性质及推断．分析： 由结构简式可知，分子中含碳碳双键、碳氧双键、﹣OH、﹣COOH，结合烯烃、醇、羧酸的性质来解答．解答： 解：A．连4个不同基团的C原子为手性碳原子，则只有与﹣OH相连的C为手性碳，即分子中含有一个手性碳原子，故A错误；B．含碳碳双键，则能发生加聚反应，且含﹣OH和﹣COOH，又能发生缩聚反应，故B正确；C．只有﹣COOH与NaOH反应，则1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故C错误；D．含碳碳双键、﹣OH可使酸性KMnO4溶液褪色，但不含酚﹣OH，不与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误；故选B．点评： 本题考查有机物的结构与性质，为高考高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，注意手性碳原子判断为解答的易错点，题目难度不大．6．如图是一种可充电的锂离子电池充放电的工作示意图．放电时该电池的电极反应式为：负极：LixC6﹣xe﹣=C6+xLi+（LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）正极：Li1﹣xMnO2+xLi++xe﹣=LiMnO2（LiMnO2表示含锂原子的二氧化锰）．下列有关说法正确的是（） A． 在整个充、放电过程中至少存在3种形式的能量转化 B． K与M相接时，A是阴极，发生还原反应 C． K与N相接时，Li+由A极区迁移到B极区 D． 该电池的总反应式为Li1﹣xMnO2+LixC6LiMnO2+C6考点： 原电池和电解池的工作原理．专题： 电化学专题．分析： A、根据原电池和电解质的能量转化原理来回答；B、在电解池中，和电源的正极相接的电极是阳极，阳极发生失电子的氧化反应；C、原电池中，电解质中的阳离子移向正极；D、在原电池中，正极和负极反应之和即为电池的总反应．解答： 解：A、原电池和电解池中，是电能和化学能之间的相互转化，化学能与热能转化等，所以在整个充、放电过程中至少存在3种形式的能量转化，故A正确；B、K和M相接时，形成电解池，A和电源的正极相接，是阳极，阳极发生失电子的氧化反应，故B错误；C、K与N相接时，形成原电池，此时电解质中的阳离子Li+移向正极，即从B极区迁移到A极区，故C错误；D、根据题意所知道的正极和负极反应，得出电池的总反应为Li1﹣xMnO2+LixC6LiMnO2+C6，故D错误；故选A．点评： 本题考查学生二次电池的工作原理知识，可以根据教材铅蓄电池的工作原理来回答，难度不大，注意放电和充电的反应方向判断．7．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和．下列说法正确的是（） A． 元素B和E的氧化物对应的水化物均为强酸 B． C的单质能与A的氧化物发生置换反应 C． 元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物之间均可相互反应 D． 工业上常用电解元素C、D的氯化物来制取它们的单质考点： 原子结构与元素周期律的关系．专题： 元素周期律与元素周期表专题．分析： 短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，则B只能有2个电子层，处于第二周期，故E原子最外层电子数为6，E原子最外层电子数是C原子最外层电子数的3倍，则C原子最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，则B原子最外层电子数=13﹣6﹣2=5，则B为N元素；A、B两元素相邻，A原子序数小于B，则A为C元素，结合原子序数可知，C、D、E只能处于第三周期，故E为S元素，故C为Mg；B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，则D原子最外层电子数=2+6﹣5=3，则D为Al，据此解答．解答： 解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，则B只能有2个电子层，处于第二周期，故E原子最外层电子数为6，E原子最外层电子数是C原子最外层电子数的3倍，则C原子最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，则B原子最外层电子数=13﹣6﹣2=5，则B为N元素；A、B两元素相邻，A原子序数小于B，则A为C元素，结合原子序数可知，C、D、E只能处于第三周期，故E为S元素，故C为Mg；B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，则D原子最外层电子数=2+6﹣5=3，则D为Al，A．元素B和E的氧化物对应的水化物中亚硫酸等不是强酸，故A错误；B．Mg在二氧化碳中燃烧生成MgO与碳，属于置换反应，故B正确；C．元素C、D、E的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、硫酸，氢氧化镁与氢氧化铝之间不能反应，故C错误；D．工业上电解氯化镁生成Mg，由于氯化铝是共价化合物，不导电，工业上电解熔融氧化铝生成Al，故D错误，故选B．点评： 本题考查结构性质位置关系应用，难度中等，推断元素是解题关键，判断X为第二周期元素为突破口，A选项为易错点，学生容易忽略最高价氧化物．二、非选择题8．某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验内容如图：根据以上信息，回答下列问题：（1）上述离子中，溶液X中除H+外还肯定含有的离子是Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣，不能确定是否含有的离子是Fe3+、Cl﹣，若要确定不能确定的离子中阴离子不存在，检验的最可靠的化学方法是用试管取少量X溶液，加入足量硝酸钡溶液，静置取上层清夜，滴加AgNO3溶液，无白色沉淀说明无Cl﹣（2）写出有关离子方程式：①中生成A3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．②AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．（3）假设测定A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n（H+）=0.02mol，当沉淀C物质的量为＞0.06mol，表明不能确定的离子中阳离子一定存在．考点： 常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．分析： 在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定的是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此解答（1）（2）题，根据溶液电中性解答（3）题．解答： 解：（1）在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣和SO32﹣离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42﹣离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，检验氯离子的方法是：取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，无白色沉淀说明无Cl﹣，故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣；Fe3+、Cl﹣；用试管取少量X溶液，加入足量硝酸钡溶液，静置取上层清夜，滴加AgNO3溶液，无白色沉淀说明无Cl﹣；（2）①Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；②H为NaOH和NaAlO2混合物，通入过量二氧化碳后分别发生的反应为：CO2+OH﹣=HCO3﹣，AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；CO2+OH﹣=HCO3﹣，AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n（H+）=0.02mol，根据反应3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知3Fe2+离子为0.03mol，根据溶液电中性可知：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+n（H+）=2n（SO42﹣），n（SO42﹣）==0.06mol，当沉淀C物质的量＞0.06mol时一定含有Fe3+离子，故答案为：＞0.06．点评： 本题为考查离子组推断题，题目具有一定难度，本题解答时一定要紧扣反应现象，推断各离子存在的可能性，本题易错点为（3）题，注意溶液电中性的利用．9．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：方法Ⅰ 用炭粉在高温条件下还原CuO方法Ⅱ 电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑．方法Ⅲ 用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2（1）工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是反应不易控制，易还原产生Cu．（2）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=﹣169kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）△H=﹣157kJ•mol﹣1则方法Ⅰ发生的反应：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=+34.5kJ•mol﹣1．（3）方法Ⅱ采用离子交换膜控制电解液中OH﹣的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O．（4）方法Ⅲ为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2．该制法的化学方程式为4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O．（5）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）△H＞0水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示．序号 0 10 20 30 40 50① T1 0.050 0.0492 0.0486 0.0482 0.0480 0.0480② T1 0.050 0.0488 0.0484 0.0480 0.0480 0.0480③ T2 0.10 0.094 0.090 0.090 0.090 0.090下列叙述正确的是BC（填字母代号）．A．实验的温度：T2＜T1B．实验①前20min的平均反应速率v（H2）=7×10﹣5mol•L﹣1min﹣1C．实验②比实验①所用的催化剂催化效率高．考点： 铜金属及其重要化合物的主要性质；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学反应速率的影响因素；电解原理．专题： 化学反应中的能量变化；电化学专题；几种重要的金属及其化合物．分析： （1）电解法消耗大量的能源，肼还原时会将氧化亚铜还原为金属铜；（2）根据盖斯定律来计算反应的焓变；（3）在电解池的阳极发生失电子得还原反应；（4）根据“液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2”（5）A、根据温度对化学平衡移动的影响知识来回答；B、根据反应速率v=来计算；C、催化剂不会引起化学平衡状态的改变，会使反应速率加快，活性越高，速率越快．解答： 解：（1）方法Ⅱ用到的电解法会消耗大量的能源，且反应不易控制，并且方法Ⅲ中，肼做还原剂时会将氧化亚铜还原为金属铜，故答案为：反应不易控制，易还原产生Cu；（2）根据盖斯定律可以得出反应2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）可以是2Cu（s）+O2（g）=2CuO（s），2CuO（s）=2Cu（s）+O2（g）以及C（s）+O2（g）=CO（g）三个反应的和，所以反应2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=157kJ•mol﹣1×2﹣110.5kJ•mol﹣1﹣169kJ•mol﹣1=34.5kJ•mol﹣1，故答案为：34.5；（3）在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O；（4）根据题目信息：液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，得出化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O；（5）A、实验温度越高达到化学平衡时水蒸气转化率越大，②和③相比，③转化率高所以T2＞T1，故A错误；B、实验①前20min的平均反应速率v（H2）===7×10﹣5mol•L﹣1min﹣1，故B正确；C、②③化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，③中水蒸气的浓度变化比②快，故C正确．故选BC．点评： 本题是一道有关热化学、电化学以及化学反应速率和反应限度的综合题，考查角度广，难度大．10．课外兴趣小组设计如图所示装置，用粗铁粒与1890g•L﹣1（质量分数为5%）的硝酸反应制取NO气体．请回答有关问题．（1）1890g•L﹣1硝酸的物质的量浓度为1.5mol•L﹣1．（2）NO气体能用排水法收集，而不能用排空气法收集的可能原因是NO与空气中的O2反应，NO与空气密度接近．（3）当打开止水夹a，关闭止水夹b时，A装置的干燥管中观察到的现象是金属不断溶解，有气体产生逐渐变为红棕色．B装置烧杯中液体的作用是吸收氮的氧化物．当A装置中气体几乎无色时，打开止水夹b，关闭止水夹a，可用C装置收集NO气体．（4）该实验中，若去掉B装置，对实验结果是否有影响？无影响．（5）将amol铁与含bmolHNO3的稀溶液充分反应后，若HNO3的还原产物只有NO，反应后Fe和HNO3均无剩余，则反应中转移电子的物质的量是mol（2amol或3amol或2amol～3amol）（用含a和b的代数式表示）．（6）完全反应后，A装置烧杯里含铁的价态可能是+2价或+3价或+2价和+3价．现有仪器和药品：试管和胶头滴管．0.1mol•L﹣1KSCN溶液、0.1mol•L﹣1KI溶液、0.2mol•L﹣1酸性KMnO4溶液、氯水等．请你设计一个简单实验，探究上述判断，填写下列实验报告：实验步骤 操作 现象与结论第一步 取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴KSCN溶液 第二步 若溶液紫色褪去，则说明含有Fe2+，若无明显变化，则说明不含Fe2+考点： 性质实验方案的设计．分析： （1）硝酸的物质的量浓度c====计算；（2）根据一氧化氮极易和空气中的O2反应及与空气密度接近角度判断；（3）铁和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮会迅速被氧化为二氧化氮，NO、二氧化氮都有毒，需要吸收处理；（4）二氧化氮和水反应产物是一氧化氮；（5）根据氧化还原反应中得失电子数目相等来回答；（6）铁和硝酸反应的产物取决于铁的量的多少，亚铁离子具有还原性，能使高锰酸钾褪色，三价铁遇KSCN溶液显红色．解答： 解：（1）硝酸的物质的量浓度c======1.5mol•L﹣1，故答案为：1.5mol•L﹣1；（2）一氧化氮极易和空气中的O2反应，且与空气密度接近，所以不能用排空气法，故答案为：NO与空气中的O2反应，NO与空气密度接近；（3）铁和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮会迅速被氧化为二氧化氮，所以A装置的干燥管中观察到的现象是：金属不断溶解，有气体产生逐渐变为红棕色；氮的氧化物有毒，需要用烧碱溶液吸收，故答案为：金属不断溶解，有气体产生逐渐变为红棕色；吸收氮的氧化物；（4）二氧化氮和水反应产物是一氧化氮，所以若去掉B装置，对收集一氧化氮不会产生影响，故答案为：无影响；（5）氧化还原反应中得失电子数目相等，Fe和HNO3均无剩余，金属铁全转化为亚铁，铁失电子的量为2amol，金属铁全转化为三价铁，铁失电子的量为3amol，金属铁的生成物既有亚铁离子又有三价铁离子是，铁失电子的量就2a～3amol之间，硝酸显示酸性和氧化性，显示酸性的硝酸和表现氧化性的硝酸的物质的量之比均为3：1，此时硝酸的转移电子的量为：mol，故答案为：mol（2amol或3amol或2amol～3amol）；（6）铁相对于硝酸过量时，产物只有亚铁离子，亚铁离子具有还原性，能使高锰酸钾褪色，若铁相对于硝酸不足时，产物只有三价铁离子，三价铁遇KSCN溶液显红色，有可能铁的两种价态均存在，故操作方法及现象为：实验步骤 操作 现象与结论第一步 取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴KSCN溶液 若溶液变血红色，说明含Fe3+，若溶液无明显变化，说明不含Fe3+第二步 取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液 若溶液紫色退去，则说明含有Fe2+，若无明显变化，则说明不含Fe2+，故答案为：+2价或+3价或+2价和+3价；实验步骤 操作 现象与结论第一步 若溶液变血红色，说明含Fe3+，若溶液无明显变化，说明不含Fe3+第二步 取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液 ．点评： 本题本题考查性质实验方案的设计，题目难度中等，试题综合性较强、知识点较多，涉及化学计算、实验方案的设计与评价、常见物质的性质及检验方法等知识，需要学生具有扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力，注意基础知识的理解掌握．三、选做题【化学--选修化学与技术】11．化学﹣﹣选修2：化学与技术（1）钢铁工业对促进经济和社会发展起了重要作用．①不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹后（填“前”或“后”）加入．②炼钢时，加入硅、锰和铝的目的是脱氧和调整钢的成分．③炼铁和炼钢生产中，尾气均含有的主要污染物是CO．从环保和经济角度考虑，上述尾气经处理可用作燃料（或还原剂）．（2）纯碱是一种重要的化工原料．目前制碱工业主要有“氨碱法”和“联合制碱法”两种工艺．①“氨碱法”产生大量CaCl2废弃物，写出该工艺中产生CaCl2的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；②写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或写总反应方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）；③CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”与“氨碱法”中CO2的来源有何不同？“氨碱法”CO2来源于灰石煅烧，“联合制碱法”CO2来源于合成氨工业的废气．考点： 金属冶炼的一般原理；高炉炼铁；纯碱工业（侯氏制碱法）．专题： 化学应用．分析： （1）①Cr在钢中以单质存在，制作不锈钢时应防止Cr被氧化；②炼钢时，加入硅、锰和铝主要是可以脱氧和调整钢的成分；③炼铁和炼钢生产中，尾气均含有的主要污染物CO，可用于燃料；（2）①氨碱法是由氯化铵和消石灰在加热条件下反应后生成氨气和氯化钙的反应；②联合制碱法是在氨的饱和NaCl溶液中二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，解热碳酸氢钠即可制备碳酸钠；③CO2是制碱工业的重要原料，氨碱法中CO2来源于石灰石煅烧，联合制碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气．解答： 解：（1）①因为Cr易被氧化，为Cr被氧化，不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹后，若氧吹前加入Cr会形成炉渣被除去，故答案为：后；②炼钢时，加入硅、锰和铝，可与氧气反应，且能改变合金的性质，起到脱氧和调整钢的成分的作用，故答案为：脱氧和调整钢的成分；③炼铁和炼钢生产中，CO是主要的还原剂，故尾气均含有的主要污染物是CO，一氧化碳会引起中毒，故需对其进行尾气处理．一氧化碳是一种很好的还原剂同时还是一种燃料，故答案为：CO；燃料（或还原剂）；（2）①氨碱法是由氯化铵和消石灰在加热条件下反应后生成氨气和氯化钙的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；②联合制碱法是在氨的饱和NaCl溶液中二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，解热碳酸氢钠即可制备碳酸钠，反应的有关方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或写总反应方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl），故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或写总反应方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）；③CO2是制碱工业的重要原料，氨碱法中CO2来源于石灰石煅烧，联合制碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气，故答案为：“氨碱法”CO2来源于灰石煅烧，“联合制碱法”CO2来源于合成氨工业的废气．点评： 本题考查目前制碱工业主要有“氨碱法”和“联合制碱法”两种工艺的实验设计，题目难度较大，易出错点为化学方程式的书写，注意把握反应的原理，注重相关基础知识的积累．【化学--选修物质结构与性质】12．（•钟祥市校级模拟）微粒A、B、C为分子，D和F为阳离子，E为阴离子，它们都含有l0个电子；B溶于A后所得的物质可电离出D和E；C是重要的化石能源．将A、B和含F离子的物质混合后可得D和一种白色沉淀．G3+离子与Ar原子的电子层结构相同．请回答：（1）基态G原子的外围电子排布式是3d14s2．在A、B、C这三种分子中，属于非极性分子的有CH4（写化学式）．（2）下列有关B的说法中正确的是a．（填字母）a．在配合物中可作为配体b．该分子的稳定性与氢键有关c．分子中各原子最外层均为8e﹣的稳定结构d．含1molB的液体中有3mol氢键（3）根据等电子体原理，D离子的空间构型是正四面体，其中心原子轨道的杂化类型是sp3．（4）构成C的中心原子可以形成多种单质，其中有一种为空间网状结构，如图立方体中心的“●”表示该晶体中的一个原子，请在该立方体的顶点上用“●”表示出与之紧邻的原子．（5）光谱证实F与烧碱溶液反应有Na生成，则Na中不存在ach．（填字母）a．金属键b．离子键c．非极性键d．极性键f．配位键g．σ键h．π键．考点： 位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．专题： 元素周期律与元素周期表专题．分析： 微粒A、B、C为分子，D和F为阳离子，E为阴离子，它们都含有l0个电子，B溶于A后所得的物质可电离出D和E，则A是H2O，B是分子，且能和水反应生成两种离子，则B是NH3，D为NH4+，E是OH﹣，C是重要的化石能源，则C是CH4，将A、B和含F离子的物质混合后可得D和一种白色沉淀，能和氨水反应生成白色沉淀且10电子的阳离子是铝离子，则F是Al3+，G3+离子与Ar原子的电子层结构相同，则G原子核外电子数为21，为Sc元素，结合元素、物质的结构、性质分析解答．解答： 解：微粒A、B、C为分子，D和F为阳离子，E为阴离子，它们都含有l0个电子，B溶于A后所得的物质可电离出D和E，则A是H2O，B是分子，且能和水反应生成两种离子，则B是NH3，D为NH4+，E是OH﹣，C是重要的化石能源，则C是CH4，将A、B和含F离子的物质混合后可得D和一种白色沉淀，能和氨水反应生成白色沉淀且10电子的阳离子是铝离子，则F是Al3+，G3+离子与Ar原子的电子层结构相同，则G原子核外电子数为21，为Sc元素，（1）基态G原子的外围电子排布式为3d14s2；在H2O、NH3、CH4中只有CH4是正四面体结构的非极性分子，故答案为3d14s2；CH4；（2）B是NH3，a．氨气分子中含有孤电子对，所以在配合物中可作为配体，故正确；b．该分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，故错误；c．分子中N原子最外层均为8e﹣的稳定结构，H原子最外层为2个电子，故错误；d．氨水中水分子间还存在氢键，氨气和水分子间也存在氢键，故错误；故选a；（3）NH4+的空间构型是正四面体，其中氮原子有3对共用电子对，1个未成对电子，故氮原子轨道的杂化类型为sp3杂化，故答案为：正四面体；sp3；（3）金刚石为一种空间网状结构的原子晶体，每个碳原子连接4个碳原子，这四个碳原子位于小正方体各个面的对角线上，所以其图形为，故答案为：．（4）在四羟基合铝酸钠中，含有钠离子和四羟基合铝酸根之间的离子键，含有羟基中氧和氢之间的极性共价键、π键，含有铝和羟基之间的配位键