河南省驻马店驿城高中2015-2016学年高二下学期6月月考化学试卷 Word版含解析.doc

河南省驻马店驿城高中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）‎ ‎1．下列措施不能起到防腐作用的是（ ）‎ A．对钢铁设备喷油漆 B．对钢铁进行电镀 C．把钢铁与镍、铬等金属制成合金 D．把钢铁放入水下 ‎【答案】D ‎【解析】金属防护的方法有⑴在金属表面覆盖保护层。如：可以在其表面加耐腐蚀的油漆、搪瓷等非金属材料，也可以通过电镀而覆盖于被保护金属表面的耐腐蚀性较强的金属。⑵改变金属的内部组织结构制成合金。把钢铁放入水下，会发生吸氧腐蚀。‎ ‎2．在中和热测定的实验中不需要用到的仪器是 A．量筒 B．温度计 C．环形玻璃搅拌棒 D．托盘天平 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：中和热测定的实验装置如图 需要温度计测定温度、环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，不需要天平。‎ 考点：考查中和热测定的实验装置。‎ ‎3．SO2被认为是造成大气污染的“首犯”，大气中的SO2主要来源于化石燃料（煤、石油）的燃烧。下列与SO2污染有关的是 ‎①酸雨现象　②伦敦“毒雾事件”　③洛杉矶“光化学烟雾”事件　④温室效应 A．①③ B．②④ C．①② D．③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】SO2在空中遇水蒸气形成亚硫酸、硫酸．随雨水降落到地面，俗称“酸雨”。‎1952年12月5日到8日，伦敦上空出现的“毒雾”4天内导致4000人死亡，事件过后的两个月内还陆续有8000人死亡。这种“毒雾”就是工厂排出的SO2气体。SO2气体主要引发气管炎、冠心病、肺结核等。洛杉矶“光化学烟雾”是由汽车排放的尾气造成的。尾气的成分为臭氧、氮氧化物、乙醛等气体，它笼罩在城市的上空，在阳光的照射下，呈现浅蓝色光辉，它刺激人的眼睛和呼吸道，并使人感到不同程度的头疼。“温室效应”主要是由CO2等引起。‎ ‎4．下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是 （ ）‎ A、H2CO32H++CO32- B、NaHCO3=Na++H++CO32-‎ C、BaSO4=Ba2+ +SO42- D、NH3.H2O=NH4++OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】略 ‎5．下列元素的电负性最大的是：‎ A．Na    B．S   　　 C．O    　　 D．C ‎【答案】C ‎【解析】非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性最强，所以电负性最大，答案选C。‎ ‎6．常温下在水中加入下列物质，不会破坏水的电离平衡的是 A．通入HCl气体 B．加入氨水 C．加入乙醇 D．加入金属钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．通入HCl气体，HCl完全电离抑制水的电离，故A项错误；B．加入氨水，NH3·H2O NH4++ OH—，抑制水的电离，故B项错误；C．加入乙醇，乙醇为非电解质，对水的电离无影响，故C项正确；D项加入金属钠，钠与水剧烈反应，生成NaOH，抑制水的电离，故D项错误。‎ 考点：水的电离平衡。‎ ‎7．下列有关物质的性质及应用说法正确的是 A．过量的铜与浓硝酸反应可生成NO ‎ B．Fe在O2中的燃烧产物可用于制红色涂料 C．Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到 D．Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性后者表现出漂白性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、铜与浓硝酸反应先生成二氧化氮气体，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐变稀，则铜与稀硝酸反应生成NO，正确； B、Fe在氧气中燃烧的产物是四氧化三铁，为黑色固体，不能制红色涂料，错误；C、Na、Al都是通过电解法制取的，而Cu通过热还原或置换反应制取，错误；D、Fe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，二者表现的都是还原性，错误，答案选A。‎ 考点：考查反应产物的判断，金属的冶炼方法的判断，物质性质的判断 ‎8．有下列三个氧化还原反应 ‎①2FeCl3+2KI＝2KCl+2FeCl2+I2 ‎ ‎②2Fe+3Cl2＝2FeCl3 ‎ ‎③2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 若某溶液中有Fe2+、I-和Cl-共存，要氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，可加入的试剂是 （ ）‎ A．KMnO4 B．Cl‎2 C．HCl D．FeCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：反应①中氧化性：Fe3+＞I2；还原性：I-＞Fe2+；反应②中氧化性：Cl2＞Fe3+；还原性：Fe2+＞Cl-；反应③中氧化性：MnO4-＞Cl2；还原性：Cl-＞Mn2+，所以氧化性由强至弱的顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2；所以还原性由强至弱的顺序为：I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+，A、MnO4-不仅氧化I-还能氧化Fe2+、Cl-，并且引入杂质Mn2+，故A错误；B、Cl2不仅氧化I-还能氧化Fe2+，故B错误；C、HCl不能氧化I-，无法除去I-，C错误；D、Fe3+仅氧化I-不能氧化Cl-，故D正确，答案选D。‎ 考点：考查氧化还原反应的应用 ‎9．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是 A．装置①可用于实验室制取少量NH3或O2‎ B．可用从a处加水的方法检验装置②的气密性 C．实验室可用装置③收集H2、NH3‎ D．利用装置④制硫酸和氢氧化钠，其中b为阳离子交换膜、c为阴离子交换膜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、用浓氨水和生石灰不需加热可制取少量氨气，用双氧水和二氧化锰固体，不需加热可制取氧气，正确；B、关闭左侧活塞，a处加水使右侧液面高于左侧，一段时间内液面不下降，证明装置气密性良好，正确；C、氨气和氢气的密度都小于空气，所以都用向上排空气法收集，正确；D、电解硫酸钠溶液得到硫酸和氢氧化钠，左侧为阳极，则为氢氧根离子放电，所以阳极区的氢离子浓度增大，在阳极区应得到硫酸，所以b为阴离子交换膜，硫酸根离子通过b，向阳极移动，所以得到硫酸，同理右侧为阴极，氢离子放电，氢氧根离子浓度增大，钠离子向阴极移动，所以c是阳离子交换膜，在右侧得到氢氧化钠，错误，答案选D。‎ 考点：考查对实验装置的判断 ‎10．化合物是一种除草剂，它含有的官能团为( )‎ A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 ‎【答案】C ‎【解析】该除草剂中含，—OH，—CHO，种官能团。‎ ‎11．将适量AgBr固体溶在水中，溶液中存在AgBr(s) Ag＋(aq)＋Br－(aq)。则下列说法正确的是(　　)‎ A．向此体系中滴加足量浓NaCl溶液，发现沉淀转化为白色，说明Ksp(AgCl)＜Ksp(AgBr)‎ B．向此体系中加入少量AgBr固体，平衡正向移动，当再次平衡时c(Ag＋)、c(Br－)增大 C．此体系中一定存在c(Ag＋)＝c(Br－)＝[Ksp(AgBr)]1/2‎ D．某溶液中c(Ag＋)·c(Br－)＝Ksp(AgBr)，说明此时c(Ag＋)＝c(Br－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A项，转化成白色沉淀，不能说明Ksp(AgCl)＜Ksp(AgBr)，错误；B项，平衡不移动，且c(Ag＋)、c(Br－)不变化；C项，根据Ksp(AgBr)＝c(Ag＋)·c(Br－)判断，正确；D项，当c(Ag＋)·c(Br－)＝Ksp(AgBr)，说明此时正好形成AgBr的饱和溶液，错误。‎ ‎12．下列陈述和判断均正确，且有因果关系的是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、Si是良好的半导体，可用做太阳能电池的材料，二氧化硅可以制光导纤维，A错误；B、小苏打用作面包发酵剂是因为小苏打能与发酵过程中产生的酸反应生成二氧化碳，无因果关系，B错误；C、硅胶多孔、吸水能力强，是一种固体干燥剂，常用作袋装食品的干燥剂，有因果关系，C正确；D、干冰升华时吸收大量的热，可作制冷剂，D错误。答案选C。‎ 考点：物质的性质和用途 ‎13．下列有关实验的选项正确的是 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：A、容量瓶为准确配制一定物质的量浓度溶液的计量仪器，不能用于固体的逐渐溶解，错误；B、二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，而一氧化碳与氢氧化钠溶液不反应，故可将混合气体先通过氢氧化钠溶液然后干燥来除去CO中的CO2，正确；C、苯和碘的混合物，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，错误；D、图示滴定管的读数为19.80mL，正确。‎ 考点：考查化学实验方案的分析、评价。‎ ‎14．下列说法中，正确的是 　 ‎ A．所有的烷烃，彼此都是同系物 B．两种化合物的组成元素相同，各元素的质量分数也相同，二者一定是同分异构体 C．相对分子质量相同的几种化合物，一定是同分异构体 D．每个碳原子的化合价都已“饱和”，碳原子之间只以单键相结合的链烃一定是烷烃 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：烷烃分为直链烷烃和环烷烃，结构不同，不可能是同系物，A错；最简式相同的两种化合物，其各元素的质量分数也相同，但不一定是同分异构体，如乙烯和丙烯，B错；同分异构体是分子式相同而结构不同的化合物，并不是相对分子质量相同的化合物，C错；碳原子以四个单键与氢原子、碳原子相结合的链烃一定是烷烃，D正确。‎ 考点：化学概念 点评：化学概念是学习化学的基础，考生在备考过程中应注意区分各个概念，把握概念的关键词。题型一般为选择题，难度较低。‎ ‎15．下列各组离子一定能大量共存的是 A．某无色透明的酸性溶液：Cl－、Na+、MnO4-、‎ B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、、K+、‎ C．加入过量NaOH溶液后可得到澄清的溶液：K+、Ba2+、HCO3-、Cl－‎ D．由水电离产生的c(H+)=10−12mol/L的溶液：K+、Ba2+、Cl－、NO3－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、无色透明溶液里不能有MnO4-这种有色离子，错误；B、能使pH试纸变深蓝色，溶液为碱性，不能有，错误；C、NaOH溶液中的OH－与HCO3-不共存，错误；D、由水电离产生的c(H+)=10−12mol/L的溶液，可以是强酸或强碱溶液，这组离子都能共存，正确。‎ 考点：考查离子共存等相关知识。‎ ‎16．在某温度时，一定量的元素A的氢化物AH3在一定体积密闭容器中可完全分解成两种气态单质，此时压强增加了75%。则A单质的一个分子中有___个A原子，AH3分解反应的化学方程为_______________。‎ ‎【答案】4，4AH3=A4+6H2。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设A的单质为Am，在反应方程式写成：2mAH3=2Am＋3mH2，根据反应后压强增加了75%，根据压强之比等于物质的量之比，则有(2+‎3m)/‎2m=1+75%，解得m=4，则A单质的一个分子中有4个A原子，分解反应的化学方程式为4AH3=A4+6H2。‎ 考点：考查阿伏加德罗推论等知识。‎ ‎17．二氧化碳的捕集与利用是实现温室气体减排的重要途径之一。‎ ‎（l）目前工业上使用的捕碳剂有NH3和（NH4）2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：‎ 则K3＝ （用含Kl、K2的代数式表示）。‎ ‎（2）利用CO2制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向，具体如下：‎ 方法一：CO2催化加氢合成乙烯，其反应为：‎ 起始时按n（CO2）：n（H2）＝1：3的投料比充入‎20L的恒容密闭容器中，不同温度下平衡时H2和H2O的物质的量如图甲所示：‎ ‎①a 0（选填“＞”或“＜”）。‎ ‎②下列说法正确的是 （填字母序号）。‎ A.使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率 B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则U正减小，v逆增大 C．测得容器内混合气体密度不随时间改变时，说明反应已达平衡 ‎③393K下，H2的平衡转化率为 （保留三位有效数字）。‎ ‎④393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2)：n(H2)＝1:3投入CO2和H2，‎ 则n(H2)/n(C2H4）将 （填“变大”、“不变”或“变小”）。‎ 方法二：用惰性电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如图乙所示·‎ ‎⑤b电极上的电极反应式为 ‎ ‎⑥该装置中使用的是 （“阴”或“阳”）离子交换膜。‎ ‎【答案】（l）K22/K1（2）①＜；②A；③67.4%④变小；⑤2CO2+12H++12e-==C2H4+4H2O；⑥阳 ‎【解析】‎ 试题分析：（l）根据题给方程式写出相应反应的平衡常数表达式。K1=c[（NH4）2CO3]/c(CO2)c2(NH3)，K2= c(NH4HCO3)/c(CO2)c(NH3)，K3= c2(NH4HCO3)/c(CO2) c[（NH4）2CO3]，则K3＝K22/K1。‎ ‎（2）①根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，a ＜0；②A.使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，正确；B．其它条件不变时，若扩大容器容积，压强减小，v正、v逆均减小，错误；C．反应体系中各物质均为气体，根据质量守恒定律容器内混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不随时间改变时，不能说明反应已达平衡，错误，选A。③根据图甲知393K下，反应达平衡时生成水蒸气的物质的量为58mol，根据反应方程式知参加反应的氢气的物质的量为87mol，平衡时氢气的物质的量为42mol，起始氢气的物质的量为129mol，H2的平衡转化率为87mol/129mol×100%=67.4%。④393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2)：n(H2)＝1:3投入CO2和H2，相当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则n(H2)/n(C2H4）将减小。⑤根据图乙知b电极为电解池的阴极，CO2被还原为C2H4，酸性溶液中通过氢离子和水平恒电荷和原子，电极反应式为2CO2+12H++12e-==C2H4+4H2O；⑥该装置的阳极反应式为2H2O-4e-==O2+4H+，阴极消耗氢离子，阳极生成氢离子，故该装置中使用的是阳离子交换膜。‎ 考点：考查化学平衡，电解原理的应用，电极反应式的书写。‎ ‎18．（13分）表示溶液浓度的方法通常有两种:溶液中溶质的质量分数(ω)和物质的量浓度(c)，因此在配制溶液时，根据不同的需要，有不同的配制方法。请完成下列填空题。‎ ‎（1）用10％(密度为‎1.00g·cm-3)的NaOH溶液配制成‎27.5g2％的NaOH溶液。‎ ‎①计算：需______g10％(密度为‎1.00g·cm-3)的NaOH溶液，需加______mL水(密度为‎1.00g·cm-3)进行稀释。‎ ‎②量取：用_______mL量筒（可供选择的量筒规格有：5mL、10mL、25mL、50mL，下同）量取10％的NaOH溶液，量取时视线要跟量筒内液体_______相切，然后倒入烧杯里，用______mL量筒量取蒸馏水注入烧杯里。 ‎ ‎（2）把98％(密度为‎1.84g·cm-3)的浓硫酸稀释成3 mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题：‎ ‎①需要量取浓硫酸___________mL(保留一位小数)。‎ ‎②配制操作可分解成如下几步，正确的操作顺序是：___________。‎ A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水 B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将洗涤液注入容量瓶中，并重复操作两次 C．把已冷却的稀硫酸注入经检查不漏水的容量瓶中 D．根据计算，用量筒量取一定体积的浓硫酸 E．将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌 F．盖上容量瓶的塞子，振荡，摇匀 G．用胶头滴管滴加蒸馏水，使液面达到刻度线 H．继续往容量瓶中加蒸馏水，使液面接近刻度线 ‎③如果上述C操作中把未冷却的稀硫酸注入容量瓶中，所配溶液的浓度将_________ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同)；如果上述D操作中量取浓硫酸后量筒内滞留的浓硫酸用少量蒸馏水洗涤并将洗涤液转入E操作中的小烧杯中，所配溶液的浓度将_________；如果上述G操作中目光仰视，所配溶液的浓度将_________；如果上述D操作中目光俯视，所配溶液的浓度将_________。‎ ‎（3）实验室用NaOH固体配制1mol/L的NaOH溶液和用98％(密度为‎1.84g·cm-3)的浓硫酸配制1mol/L的H2SO4溶液各100mL。‎ ‎①配制1mol/L的NaOH溶液，在用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数为_______(填代号，下同)。‎ A．‎4.0g B．小于‎4.0g C．大于‎4.0g ‎②配制1mol/L的 H2SO4溶液，在烧杯中稀释浓硫酸的正确操作是： 。‎ ‎【答案】(13分）（1） ① ‎5.5g (1分) ； 22ml (1分) ； ② 10ml (1分) ；凹液面的最低点 (1分) ； 25ml (1分) ；（2） ① 16.3 (1分) ； ② ADECBHGF (1分) ； ③ 偏高(1分) ；偏高(1分) ；偏低(1分) ；偏低(1分) ；（3）① C (1分) ；② 在烧杯中先加入适量蒸馏水，再将量取的浓硫酸沿烧杯内壁缓缓到入烧杯中，边倒边用玻璃杯搅拌。(1分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①由ω‎1m1=ω‎2m2‎得m2=ω‎1m1/ω2=‎27.5g2％/10%=‎5.5g，需加水‎27.5g‎-5.5g=‎22g。‎ ‎②量取液体应一次量取，选用量程最小的量筒，故用10mL量筒量取5.5ml 10％的NaOH溶液，量取时视线要跟量筒内液体凹液面的最低点相切，然后倒入烧杯里，用25mL量筒量取22ml蒸馏水注入烧杯里。‎ ‎（2）把98％(密度为‎1.84g·cm-3)的浓硫酸稀释成3 mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题：‎ ‎①硫酸的物质的量3mol/L×‎0.1L=0.3mol，硫酸的质量0.3mol×‎98g/mol=‎29.4g，需浓硫酸的质量‎29.4g/98%=‎30g,需要量取浓硫酸‎30g/‎1.84 g·cm-3=16.3mL(保留一位小数)。‎ ‎②配制操作顺序是：A．检查容量瓶是否漏水D．计算并量取E．稀释C．转移溶液 ‎ B．洗涤并重复H．加蒸馏水G．定容F．振荡，摇匀 ‎③如果上述C操作中把未冷却的稀硫酸注入容量瓶中，冷却后溶液的体积将减小，所配溶液的浓度将偏高；如果上述D操作中量取浓硫酸后量筒内滞留的浓硫酸用少量蒸馏水洗涤并将洗涤液转入E操作中的小烧杯中，溶质硫酸偏大，所配溶液的浓度将偏高；如果上述G操作中目光仰视，溶液体积偏大，所配溶液的浓度将偏低；如果上述D操作中目光俯视，所取硫酸的物质的量偏小，所配溶液的浓度将偏低。‎ ‎（3）①用托盘天平称取NaOH固体时，应在烧杯或称量瓶中进行称量，天平读数为大于‎4.0g ，答案选C。‎ ‎②在烧杯中稀释浓硫酸时会放热，正确操作是在烧杯中先加入适量蒸馏水，再将量取的浓硫酸沿烧杯内壁缓缓到入烧杯中，边倒边用玻璃杯搅拌。‎ 考点：溶液的组成、质量分数、物质的量浓度 ‎19．下图是用0.1000 mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后的盛放盐酸滴定管中液面的位置。请回答：‎ ‎（1） 仪器A的名称是 ；‎ ‎（2） 盐酸的体积读数：滴定前读数为 mL，滴定后读数为 mL 。‎ ‎（3） 某实验小组同学的三次实验的实验数据如下表所示。 根据表中数据计算出的待测NaOH溶液的平均浓度是 mol/L。(保留四位有效数字)‎ 实验 编号 待测NaOH溶液的体积（mL）‎ 滴定前盐酸的 体积读数（mL）‎ 滴定后盐酸的 体积读数（mL）‎ ‎1‎ ‎20.00‎ ‎1.20‎ ‎23.22‎ ‎2‎ ‎20.00‎ ‎2.21‎ ‎24.21‎ ‎3‎ ‎20.00‎ ‎1.50‎ ‎23.48‎ ‎（4）若用酚酞做指示剂，判断到达滴定终点的实验现象是_____________ ‎ ‎（5） 对下列几种假定情况进行讨论：(填“无影响”、“偏高”、“偏低”)‎ ‎① 若滴定前锥形瓶未用待测液润洗，对测定结果的影响是 ；‎ ‎②取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失。_________‎ ‎③标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，对测定结果的影响是 ；‎ ‎【答案】（1）酸式滴定管 （2）0.80；22.80（3）0.1100mol/L ‎ ‎（4）溶液恰好由粉红色（或红色）变为无色，且半分钟内不褪色。 ‎ ‎（5）无影响；偏低；偏低 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）仪器A是有旋塞的，是酸式滴定管 。（2）滴定前的读数为0.80；滴定后的读数为22.80 。 ‎ ‎（3）三次滴定消耗的体积为22.02mL，22.00 mL，21.98 mL，数据均有效，则平衡消耗氢氧化钠的体积为22.00 mL，则待测液的浓度=0.1000×22.00/20.00=0.1100mol/L。（4）滴定时，但溶液的颜色恰好由粉红色（或红色）变为无色，且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点。（5）‎ ‎① 若滴定前锥形瓶未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，所以对测定结果无影响；②取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，待测液的物质的量偏小，导致标准液的体积偏小，计算结果偏低。③标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，计算结果偏低。‎ 考点：中和滴定 ‎【名师点睛】在分析酸碱中和滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。‎ ‎20．铁矿石主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。‎ 铁矿石 碱石灰 H2‎ ‎ A B C Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定 ‎① 按上图组装仪器，检查装置的气密性； ‎ ‎② 将‎5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；‎ ‎③ 从左端导气管口处缓缓通入H2，____________，点燃A处酒精灯 ‎④ 充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却。‎ ‎（1）装置C的作用为________________________________________________。‎ ‎（2）③中点燃A处酒精灯前所需操作为　______________________________ 。‎ ‎（3）测得反应后装置B增重‎1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为____________。‎ Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定 ‎10.0g 铁矿石 ‎①足量稀硫酸 ‎②过滤 滤液 A ‎③通入足量Cl2‎ ‎⑤稀释至250mL ‎④加热煮沸 溶液 B 取20.00mL B的稀溶液 ‎⑥用0.5000mol·L-1‎ 的KI溶液滴定 消耗KI溶液 VmL ‎（1）步骤④中煮沸的作用是__________________________________________。‎ ‎（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、____________。‎ ‎（3）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是__________________。‎ a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂 b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂 c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液 d．锥形瓶不需要用待测液润洗 e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化 f．滴定颜色变化后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数 ‎（4）若滴定过程中消耗0.5000mol·L−1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为____________。‎ Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为 。‎ 如何检验滤液A中是否含有Fe2+__________（填选项字母）。‎ A.先加KSCN溶液，再加氯水 B.加NaOH溶液 C.加K3[Fe(CN)6] ‎ ‎【答案】Ⅰ．（1）防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果。 ‎ ‎（2）检验氢气的纯度 （3）24% ‎ Ⅱ．（1）赶走溶液中溶解的过量的Cl2 ‎ ‎（2）250mL容量瓶 （未答“250mL”不给分）（3）df （4）70% ‎ Ⅲ. Fe5O‎6 C ‎【解析】‎ 试题分析：‎ Ⅰ．（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水分和二氧化碳 ‎（2）点燃氢气之前要先检验氢气的纯度，以防爆炸 ‎（3）反应后装置B增重‎1.35g，既氢气和氧化铁反应后固体质量的增加值，可以根据差量法来计算；反应实质，增加的是氧元素的质量，所以氧元素的质量分数是（1.35/18)×16/5.0×100%=24%‎ Ⅱ．‎ ‎（1）煮沸可以将水中的气体赶走；‎ ‎（2）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答，容量瓶是一种定容仪器。‎ ‎（3）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答。‎ 碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需要加指示剂，a错误；‎ 滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，但是亚铁离子的绿色会产生干扰作用，b错误 滴定管用蒸馏水洗涤后必须再用标准液洗涤，c错误 滴定过程中，眼睛应注视容量瓶液体中发生的变化 ‎（4）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算 由于所取溶液（含Fe3+）的体积与消耗KI溶液的体积相等，结合方程式可知，c(Fe3+）=c(KI)=0.5mol/L,所以铁元素的百分比含量为70%‎ Ⅲ.根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式，铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以‎100g铁矿石中，铁元素的质量是‎70g，氧元素的质量是‎24g，铁元素和氧元素的物质的量比为（70/50）：（24/16）=5：6，铁的氧化物的化学式为Fe5O6‎ 考点：考查对化合物的性质掌握及实验操作 ‎21．取体积相同的两份0.1mol·L-1的NaOH溶液把其中的一份敞口放在空气中一段时间后，溶液的pH将______(填增大、减小或不变)。用已知浓度的H2SO4溶液去中和两份NaOH溶液时，若中和在空气中放置的溶液所消耗H2SO4溶液体积为V1，另一份消耗H2SO4溶液体积为V2。‎ ‎(1)以甲基橙为指示剂时，V1和V2的关系是______。‎ ‎(2)以酚酞作为指示剂时，V1和V2的关系是______。‎ ‎【答案】变小 ①V1=V2 ②V1＜V2‎ ‎【解析】一份NaOH溶液暴露在空气中，会吸收空气中的CO2气体而转化为Na2CO3，方程式为2NaOH+CO2====Na2CO3+H2O。由于消耗了NaOH，则溶液的pH会减小，该溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，另一份溶液的溶质仍为NaOH。‎ ‎(1)若以甲基橙为指示剂，变色时溶液呈酸性，则Na2CO3与H2SO4反应转变为CO2溶解在H2O中生成H2CO3而使溶液呈酸性。由于1mol NaCO3由2mol NaOH转变而来，而此时1mol Na2CO3消耗的H2SO4与2mol NaOH消耗的H2SO4相等，所以，V1=V2。‎ ‎(2)若以酚酞为指示剂，变色时溶液呈弱碱性，Na2CO3与H2SO4反应后应生成NaHCO3，由于NaHCO3溶液中HCO3-水解生成OH-的能力大于HCO3-电离生成H+的能力，从而使溶液呈弱碱性。由于1mol Na2CO3转变为NaHCO3消耗的H2SO4少于2mol NaOH转变为Na2SO4消耗的H2SO4少，所以V1＜V2。‎ ‎22．（6分）科学家发现某药物M能治疗心血管疾病是因为它在人体内能释放出一种“信使分子”D，并阐明了D在人体内的作用原理。为此他们荣获了1998年诺贝尔生理学或医学奖。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）已知M的分子量为227，由C、H、O、N周四种元素组成，C、H、N的质量分数依次为15.86%、2.20%和18.50%。则M的分子式是____________________。D是双原子分子，分子量为30，则D的分子式为_______________。‎ ‎（2）油脂A经下列途径可得到M。‎ 图中②的提示：‎ C2H5OH＋HO－NO‎2 ‎ C2H5O－NO2＋ H2O 硝酸 硝酸乙酯 反应②的化学方程式是 。‎ ‎（3）C是B和乙酸在一定条件下反应生成的化合物，分子量为134，写出C所有可能的结构简式 。‎ ‎【答案】（6分）‎ ‎（1）C3H5O9N3 NO （各1分）‎ ‎（2）反应②的化学方程式是 ‎（2分）‎ ‎（3）（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由M的相对分子质量227及C、H、O、N的质量分数，推知n（C）＝‎227g×15.86%÷‎12g/mol＝3 mol，n（H）＝‎227g×2.20%÷‎1g/mol＝5 mol，n（N）＝‎227g×18.50%÷‎14g/mol＝3 mol，‎ n（O）＝‎227g×63.44%÷‎16g/mol＝9 mol，所以M的化学式为C3H5O9N3。又由题意知D是M释放出的双原子分子，相对分子质量为30，可推出D为NO。‎ ‎（2）油脂是由高级脂肪酸和甘油（丙三醇）经酯化反应而制得的一类化合物，由油脂的通式及油脂的性质可知，反应①生成甘油和高级脂肪酸，甘油与硝酸反应方程式为。‎ ‎（3）C是丙三醇与乙酸发生酯化反应生成的相对分子质量为134的化合物，可推知C为 考点：考查有机物分子式的确定，醇的化学性质等知识。‎ ‎23．下列物质A~F是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；在适当的条件下，它们之间可以发生如下图所示的转化。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1） A的化学式是 ；‎ ‎（2） A溶于NaOH溶液的化学方程式是 。‎ ‎（3） 检验F中金属阳离子的常用方法是 。‎ ‎（4） D转化为F的离子反应方程式是 。‎ ‎【答案】（每空2分，共8分） （1） Al （2） 2Al +2NaOH + 2H2O===2NaAlO2+3H2 ↑‎ ‎（3） 滴入KSCN溶液，若溶液显血红色则含有Fe3＋‎ ‎（4） 2Fe2+＋Cl2==2Fe3+＋2Cl-‎ ‎【解析】‎ 试题分析：E在常温下是黄绿色气体，E为Cl2，A、B均是常见的金属，G为白色沉淀，能溶于强碱，则G为Al（OH）3，由元素守恒及转化可知，A为Al，C为AlCl3，又由D、F的转化可知，B为变价金属，则B为Fe，D为FeCl2，F为FeCl3，（1）由上述分析可知，A为金属铝，化学式为Al；（2）Al与NaOH溶液反应化学方程式为2Al +2NaOH + 2H2O===2NaAlO2+3H2↑；（3）F为FeCl3，检验Fe3＋通常滴入KSCN溶液，若溶液显血红色则含有Fe3＋；（4）D→F的离子方程式的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。‎ ‎【考点定位】考查无机物的推断，‎ ‎【名师点晴】物质的推断是解答本题的关键，明确结合物质的性质及转化关系即可解答，注意E为氯气及B为变价金属、G的两性为解答的突破口，E在常温下是黄绿色气体，E为Cl2，A、B均是常见的金属，G为白色沉淀，能溶于强碱，则G为Al（OH）3，由元素守恒及转化可知，A为Al，C为AlCl3，又由D、F的转化可知，B为变价金属，则B为Fe，D为FeCl2，F为FeCl3，然后结合单质、化合物的性质及化学用语来解答。‎