江西省上饶市铅山一中2014_2015学年高三化学上学期第二次模考试题零班含解析.doc

2014-2015学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第二次模考化学试卷（零班）一、选择题1（2013天津）下列实验误差分析错误的是（）A用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小2（2014莆田一模）已知Na3N+3H2O3NaOH+NH3，NaH+H2ONaOH+H2下列叙述正确的是（）A离子半径：Na+N3H+B反应和都是氧化还原反应C反应每生成1mol H2，转移的电子数为NADNa3N和NaH与盐酸反应都只生成一种盐3（2015秋肇庆校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A25时，1.0L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.2NAB标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD标准状况下，22.4L 甲醇中含有的氧原子数为1.0NA4（2014秋上饶校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A明矾溶液中加入过量的氨水A13+4NH3H20=AlO2+4NH4+2H2OB在FeI2溶液中滴入少量溴水2Fe2+4I+3Br2=2Fe3+2I2+6BrC碳酸钠溶液中逐滴加入与之等物质的量的盐酸：CO+2H+=CO2+H2OD乙酸溶液中加入少量碳酸氢铵溶液CH3COOH+HCO3=CH3COO+CO2+H2O5（2014秋上饶校级月考）能大量共存于同一溶液中，但当使溶液pH=0时会放出气体，当pH=14时又会产生白色沉淀的是（）AFe3+、Ba2+、K+、HCO3、SCN、ClBMg2+、Na+、K+、SO42、Br、HSO3CBa2+、Al3+、K+、Cl、HCO3、NO3DFe3+、Na+、NH4+、SO42、NO3、Cl6（2014秋上饶校级月考）将a g铁和氧化铁的混合物加入800mL pH=1的盐酸中充分反应后，固体无剩余，盐酸全部消耗，放出标准状况下气体 0.224L则下列判断中正确的是（）A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显血红色C无法计算出原混合物的质量D此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：17（2015郫县模拟）把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（）AB（2ba）mol/LCD（10b5a）mol/L8（2014春汉阳区校级期末）已知，如果要合成所用的原始原料可以是（）A2甲基1，3二烯和1丁炔B1，3戊二烯和2丁炔C2，3二甲基1，3戊二烯和乙炔D2，3二甲基1，3丁二烯和丙炔二、填空题9一定条件下某烃与H2按物质的量之比1：2加成生成C2H5CH（CH3）2，则该烃的结构简式为10某有机物X分子中只含C、H、O三种元素，相对分子质量小于110，其中氧元素的质量分数为14.8%，已知该物质可与FeCl3溶液发生显色反应，则X的分子式为若1mol X与浓溴水反应时消耗了3mol Br2，则X的结构简式为11分子式为C4H8的烃，核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3：1，请写出符合条件的所有物质的结构简式12下列括号内为杂质，将除去下列各组混合物中杂质所需的试剂和方法填写在横线上溴乙烷（乙醇）苯酚（苯）写出操作中涉及到的反应的化学方程式三、简答题13（13分）（2013和平区校级模拟）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L阳离子K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+阴离子ClCO32 NO3 SO42 SiO32甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成请推断：（1）由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是（写离子符号）（2）中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是（3）将中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生的化学方程式为（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是，阴离子是（写离子符号）（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为 g14（15分）（2014秋上饶校级月考）四氯化锡是无色液体，熔点33“C，沸点114氯气与金属锡在加热时反应可以用来制备SnCl4，SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟实验室可以通过题1O图装置制备少量SnCl4 （夹持装置略）（1）仪器C的名称为；（2）装置中发生反应的离子方程式为；（3）装置中的最佳试剂为，装置的作用为；（4）若装置连接顺序为一一一一，在中除生成SnCl4外，还会生成的含锡的化合物的化学式为（5）中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为；（6）若中用去锡粉11.9g，反应后，中锥形瓶里收集到23.8g SnCl4，则SnCl4的产率为15（15分）（2014秋上饶校级月考）信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：回答下列问题：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为；得到滤渣1的主要成分为（2）第步加入H2O2的作用是，使用H2O2的优点是；调节pH的目的是使生成沉淀（3）由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，方案不可行，原因是；（4）探究小组用滴定法测定CuSO45H2O（Mr=250）含量取a g 试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol/L EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2CuY2+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式=2014-2015学年江西省上饶市铅山一中高三（上）第二次模考化学试卷（零班）参考答案与试题解析一、选择题1（2013天津）下列实验误差分析错误的是（）A用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；试纸的使用；中和滴定；中和热的测定 【专题】化学实验基本操作【分析】A湿润的pH值试纸可以稀释碱液；B定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=判断；C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大【解答】解：A湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A正确；B定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确；故选B【点评】本题考查实验基本操作、误差分析等，难度中等，理解实验进行的原理是解题的关键，注实验基本操作的掌握2（2014莆田一模）已知Na3N+3H2O3NaOH+NH3，NaH+H2ONaOH+H2下列叙述正确的是（）A离子半径：Na+N3H+B反应和都是氧化还原反应C反应每生成1mol H2，转移的电子数为NADNa3N和NaH与盐酸反应都只生成一种盐【考点】氧化还原反应；微粒半径大小的比较；钠的重要化合物 【专题】氧化还原反应专题【分析】Na3N+3H2O3NaOH+NH3中，没有元素的化合价变化，而NaH+H2ONaOH+H2中，NaH中H元素的化合价由1价升高为0，水中H元素的化合价由+1价降低为0，然后结合氧化还原反应基本概念及规律性知识解答【解答】解：A电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径：N3Na+H+，故A错误；B中没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C反应每生成1mol H2，转移的电子为1mol，电子数为NA，故C正确；DNa3N与盐酸反应生成NaCl、氯化铵两种盐，NaH与盐酸反应生成NaCl一种盐，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大3（2015秋肇庆校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A25时，1.0L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.2NAB标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD标准状况下，22.4L 甲醇中含有的氧原子数为1.0NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、依据PH计算氢离子浓度，结合溶液中离子积常数计算碱溶液中氢氧根离子浓度，水溶液中水电离也生成氢氧根离子分析判断；B、氯气与氢氧化钠溶液飞反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，属于歧化反应；C、根据乙烯和丁烯的最简式都是CH2的特点来分析；D、标况下，甲醇为液态【解答】解：A、25时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中，碱含有的OH数目为0.2NA，水存在电离生成氢氧根离子，所以溶液中氢氧根离子大于0.2NA，故A错误；B、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气与氢氧化钠的反应是歧化反应，因此0.1mol氯气与氢氧化钠溶液反应转移了0.1mol电子，转移的电子总数为0.1NA，故B错误；C、乙烯和丁烯的最简式都是CH2，则，所以n（C）=1.5mol，N（C）=1.5NA，故C正确；D、标况下，甲醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故D错误故选C【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（2014秋上饶校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A明矾溶液中加入过量的氨水A13+4NH3H20=AlO2+4NH4+2H2OB在FeI2溶液中滴入少量溴水2Fe2+4I+3Br2=2Fe3+2I2+6BrC碳酸钠溶液中逐滴加入与之等物质的量的盐酸：CO+2H+=CO2+H2OD乙酸溶液中加入少量碳酸氢铵溶液CH3COOH+HCO3=CH3COO+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】A氨水碱性较弱，无法溶解氢氧化铝，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；B亚铁离子还原性小于碘离子，溴水少量，碘离子优先反应，亚铁离子不反应；C等物质的量的碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，不会生成二氧化碳气体；D醋酸酸性大于碳酸，醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，醋酸和碳酸氢根离子都不能拆开【解答】解：A明矾溶液中加入过量的氨水，氨水不会溶解氢氧化铝，二者反应生成氢氧化铝沉淀，正确的 离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B在FeI2溶液中滴入少量溴水，碘离子还原性强于亚铁离子，只有碘离子被氧化，正确的离子方程式为：2I+Br2=I2+2Br，故B错误；C碳酸钠溶液中逐滴加入与之等物质的量的盐酸，反应生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为：CO32+H+=HCO3，故C错误；D乙酸溶液中加入少量碳酸氢铵溶液，反应生成醋酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CH3COOH+HCO3=CH3COO+CO2+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），选项B为易错点，注意碘离子还原性大于亚铁离子及溴水不足的情况5（2014秋上饶校级月考）能大量共存于同一溶液中，但当使溶液pH=0时会放出气体，当pH=14时又会产生白色沉淀的是（）AFe3+、Ba2+、K+、HCO3、SCN、ClBMg2+、Na+、K+、SO42、Br、HSO3CBa2+、Al3+、K+、Cl、HCO3、NO3DFe3+、Na+、NH4+、SO42、NO3、Cl【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应、发生相互促进水解、不能结合生成络离子等，则离子大量共存，结合pH=0时会放出气体，当pH=14时又会产生白色沉淀来解答【解答】解：AFe3+、HCO3发生相互促进水解反应，Fe3+、SCN结合生成络离子，不能大量共存，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，且pH=0与HSO3反应生成二氧化硫气体，pH=14时与Mg2+结合生成沉淀，故B选；CAl3+、HCO3发生相互促进水解反应，不能大量共存，故C不选；D该组离子之间不反应，可大量共存，但酸性溶液中不生成气体，故D不选；故选B【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息、溶液的酸碱性及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重水解反应的离子共存考查，题目难度不大6（2014秋上饶校级月考）将a g铁和氧化铁的混合物加入800mL pH=1的盐酸中充分反应后，固体无剩余，盐酸全部消耗，放出标准状况下气体 0.224L则下列判断中正确的是（）A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显血红色C无法计算出原混合物的质量D此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算 【专题】计算题【分析】由于氧化性Fe3+H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，计算生成氢气消耗Fe和HCl的物质的量，进而计算氧化铁消耗HCl的物质的量，再根据方程式计算出Fe2O3及氧化铁消耗Fe的物质的量，根据m=nM可以计算混合物的质量【解答】解：由于氧化性Fe3+H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，生成氢气的物质的量=0.01mol，HCl物质的量=0.8L×0.1mol/L=0.08mol，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，消耗Fe为0.01mol，消耗HCl为0.01mol×2=0.02mol，故反应Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O，消耗HCl为0.08mol0.02mol=0.06mol，由方程式可知该反应中消耗Fe为0.06mol×=0.01mol，Fe2O3的物质的量=0.06mol×=0.01mol，A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=（0.01mol+0.01mol）：0.01mol=2：1，故A正确；B反应后溶液为FeCl2，向溶液中滴入无色的KSCN溶液，不显血红色，故B错误；CFe、氧化铁的物质的量已经计算出，根据m=nM可以计算混合物的质量，故C错误；D溶液中含有Fe2+离子，没有Fe3+离子，故D错误，故选A【点评】本题考查混合物计算，关键是根据氧化性Fe3+H+判断发生的反应，注意利用总反应方程式简化计算，难度中等7（2015郫县模拟）把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b mol HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（）AB（2ba）mol/LCD（10b5a）mol/L【考点】有关混合物反应的计算 【专题】守恒法【分析】NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOHNH3H20+Na2CO3+H2O，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，根据方程式计算【解答】解：设100ml溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOHNH3H20+Na2CO3+H2O，则NH4HCO3为0.5amol，加入含b mol HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，则Na2CO3的物质的量为×（b0.5a）mol，n（Na+）=2n（Na2CO3）=（b0.5a）mol，c（Na+）=（b0.5a）mol÷0.1L=（10b5a）mol/L，故选D【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意用守恒的方法根据化学方程式计算8（2014春汉阳区校级期末）已知，如果要合成所用的原始原料可以是（）A2甲基1，3二烯和1丁炔B1，3戊二烯和2丁炔C2，3二甲基1，3戊二烯和乙炔D2，3二甲基1，3丁二烯和丙炔【考点】有机物的合成 【专题】信息给予题【分析】由题意可知，要合成，逆向推断 或者是，以此解答该题【解答】解：由题给信息可知，合成，可逆向推断，根据或，可知反应物为2，3二甲基1，3丁二烯和丙炔或2甲基1，3丁二烯和2丁炔，只有D符合，故选D【点评】本题主要考查有机化合物的推断与合成，侧重于有机物结构的判断和审题能力的考查，题目难度中等，注意烯烃加成反应的特点二、填空题9一定条件下某烃与H2按物质的量之比1：2加成生成C2H5CH（CH3）2，则该烃的结构简式为或【考点】结构简式 【分析】某烃与H2按物质的量之比1：2加成，则该烃中含有碳碳三键或两个碳碳双键，据此写出该烃可能的结构简式【解答】解：一定条件下某烃与H2按物质的量之比1：2加成生成CH3CH2CH（CH3）2，则该烃含2个双键或1个三键，则可能的结构简式为：或，故答案为：或；【点评】本题考查了不饱和烃与氢气加成的逆向思维的运用，根据所得饱和烃的结构来逆向推导双键或三键的位置，难度不大10某有机物X分子中只含C、H、O三种元素，相对分子质量小于110，其中氧元素的质量分数为14.8%，已知该物质可与FeCl3溶液发生显色反应，则X的分子式为C7H8O若1mol X与浓溴水反应时消耗了3mol Br2，则X的结构简式为【考点】有关有机物分子式确定的计算 【分析】有机物X分子中只含C、H、O三种元素，B的相对分子质量小于110，其中含氧的质量分数为14.8%，分子中氧原子最大数目小于=1.02，故X中氧原子数目为1，Mr（X）=108，该物质可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，假设为二元取代，减去1个C6H4、1OH后剩余基团的式量=1087617=15，则剩余基团为CH3，故X的分子式为C7H8O，则X为甲基苯酚；若1molX与浓溴水反应时消耗了3molBr2，溴发生酚羟基的邻、对位取代，故X中甲基与酚羟基处于间位位置，据此写出X的结构简式【解答】解：有机物X分子中只含C、H、O三种元素，B的相对分子质量小于110，其中含氧的质量分数为14.8%，分子中氧原子最大数目小于=1.02，故X中氧原子数目为1，Mr（X）=108，该物质可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，假设为二元取代，减去1个C6H4、1OH后剩余基团的式量=1087617=15，则剩余基团为CH3，故X的分子式为C7H8O，由上述分析可知，X为甲基苯酚，若1molX与浓溴水反应时消耗了3molBr2，溴发生酚羟基的邻、对位取代，故X中甲基与酚羟基处于间位位置，所以X的结构简式为，故答案为：C7H8O；【点评】本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，（2）为易错点，需要根据X的性质确定甲基的位置，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力11分子式为C4H8的烃，核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3：1，请写出符合条件的所有物质的结构简式或【考点】有机物结构式的确定 【专题】推断题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化学基础【分析】根据“核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3：1”判断含有等效氢原子种类及数目，再结合分子式C4H8写出满足体积的结构简式【解答】解：分子式为C4H8的烃，核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3：1，说明分子中存在两种H原子，且个数比为3：1，则可能的结构简式为：或，故答案为：或【点评】本题考查同分异构体的书写与确定，难度不大，注意核磁共振氢谱的运用12下列括号内为杂质，将除去下列各组混合物中杂质所需的试剂和方法填写在横线上溴乙烷（乙醇）水、分液苯酚（苯）加足量NaOH溶液，分液，向下层液体中通入CO2，静置后再分液，取下层液体写出操作中涉及到的反应的化学方程式、【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；化学方程式的书写 【分析】乙醇与水互溶，水与溴乙烷分层；苯酚与NaOH反应后与苯分层，然后利用足量二氧化碳与苯酚钠反应得到苯酚【解答】解：溴乙烷（乙醇）：溴乙烷不溶于水，而乙醇易溶于水，故可用水用分液的方法分离二者，故答案为：水、分液；苯酚（苯）：苯酚中的苯可以先加足量NaOH溶液，苯酚变为苯酚钠，分液，然后向下层液体中通入CO2，使苯酚钠重新生成苯酚，静置后再分液，取下层液体，涉及反应方程式为、，故答案为：加足量NaOH溶液，分液，向下层液体中通入CO2，静置后再分液，取下层液体；、【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的性质，题目难度不大三、简答题13（13分）（2013和平区校级模拟）某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L阳离子K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+阴离子ClCO32 NO3 SO42 SiO32甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成请推断：（1）由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+（写离子符号）（2）中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O（3）将中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+，阴离子是Cl、NO3、SO42（写离子符号）（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为1.6g g【考点】几组未知物的检验；常见离子的检验方法 【专题】元素及其化合物【分析】用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe2+另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32；向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42；根据以上判断分析【解答】解：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），说明没有K+取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明没有Fe2+另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与NO3和H+反应生成NO，即溶液中有Fe2+、NO3，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明没有SiO32；向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO42；（1）由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+；（2）中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe2+与NO3和H+反应生成NO，其离子方程式：3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O；故答案为：3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O；（3）将中所得红棕色气体为二氧化氮，通入水中，与水反应生成NO，气体变无色，所发生的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O2HNO3+NO；（4）由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl、NO3、SO42，且各为0.1mol/L；已经推断出的阳离子是Fe2+，其浓度为0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2价阳离子，所以还有Cu2+，所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl、NO3、SO42；故答案为：Fe2+、Cu2+；Cl、NO3、SO42；（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Fe2+生成Fe（OH）2，又被氧气氧化为Fe（OH）3，Cu2+生成Cu（OH）2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为Fe2O3和CuO，根据元素守恒：n（CuO）=n（Cu2+）=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n（Fe2O3）=n（Fe2+）=0.005mol，所以固体质量为：m（CuO）+m（Fe2O3）=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为：1.6g【点评】本题考查物质的检验、鉴别以及方程式的有关计算，题目难度中等，解答本题的关键是把握有关反应的化学方程式的书写14（15分）（2014秋上饶校级月考）四氯化锡是无色液体，熔点33“C，沸点114氯气与金属锡在加热时反应可以用来制备SnCl4，SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟实验室可以通过题1O图装置制备少量SnCl4 （夹持装置略）（1）仪器C的名称为蒸馏烧瓶；（2）装置中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（3）装置中的最佳试剂为饱和氯化钠溶液，装置的作用为防止空气中水蒸气进入中，SnCl4水解；（4）若装置连接顺序为一一一一，在中除生成SnCl4外，还会生成的含锡的化合物的化学式为（5）中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为；（6）若中用去锡粉11.9g，反应后，中锥形瓶里收集到23.8g SnCl4，则SnCl4的产率为【考点】制备实验方案的设计 【专题】综合实验题【分析】由装置图可知装置应为制备氯气装置，涉及离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，装置为饱和食盐水，装置为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与锡在装置中反应生成SnCl4，经冷却后在装置中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置中，以此解答该题（1）认识常见的化学实验仪器（2）A为制备氯气装置，在加热条件下进行，应为浓盐酸和二氧化锰的反应（3）B为饱和食盐水，C为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与锡在D中反应生成SnCl4，因SnCl4极易水解，F可起到防止空气中的水蒸气进入E中（4）若没有III，则SnCl4会水解产生Sn（OH）4（5）加热促进SnCl4气化，便于分离（6）Sn+2Cl2=SnCl4，11.9gSn即0.1mol完全反应可生成SnCl426.1g，故产率为23.8/26.1×100%=91.2%【解答】解：由装置图可知装置应为制备氯气装置，涉及离子反应为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，装置为饱和食盐水，装置为浓硫酸，氯气经除杂，干燥后与锡在装置中反应生成SnCl4，经冷却后在装置中收集，因SnCl4极易水解，应防止空气中的水蒸气进入装置中（1）仪器C的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）装置中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气发生反应的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（3）由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟为了防止盐水解，所以要防止起水解装置的作用为防止空气中的水蒸气进入中使SnCl4水解，故答案为：饱和氯化钠溶液；防止空气中水蒸气进入中，SnCl4水解；（4）未反应的氯气没有除去，缺少尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置；（5）如果没有装置，则在氯气中含有水蒸汽，所以在中除生成SnCl4外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn（OH）4或SnO2，故答案为：Sn（OH）4或SnO2等；（6）若中用去锡粉11.9g，则n（Sn）=0.1mol，理论上产生的SnCl4的物质的质量是m（SnCl4）=0.1mol×261g/mol=26.1g所以反应后，若中锥形瓶里收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为×100%=91.2%，故答案为：91.2%答案解析【点评】本题考查物质的制备，涉及仪器的识别、氯气的实验室制取方法、实验操作的目的、盐的水解、物质产率的计算等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质设计实验步骤，题目难度不大15（15分）（2014秋上饶校级月考）信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：回答下列问题：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；得到滤渣1的主要成分为Au、Pt（2）第步加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，使用H2O2的优点是不引入杂质，产物对环境无污染；调节pH的目的是使Fe3+、Al3+生成沉淀生成沉淀（3）由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，甲方案不可行，原因是滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；（4）探究小组用滴定法测定CuSO45H2O（Mr=250）含量取a g 试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol/L EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2CuY2+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式=×100%【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验分析题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合【分析】金属的混合物与稀硫酸、浓硝酸混合后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，而Au、Pt不反应，所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+，第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为