南京市2015届高三化学考前复习资料精简版.docx

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1、南京市2021 届高三化学考前复习资料第一部分 选择题一、化学与生活、环境、科技1硅被誉为“21世纪的新能源。以下有关上述说法的理解正确的选项是A硅燃烧会放出大量的热，是一种优质能源B硅可用于制作太阳能发电板，这是一种具有应用前景的供应能源方式C在自然界中可以勘探到大量硅单质D用硅制取氢气，氢气是一种新型能源【参考答案】B【试题解析】硅的能量利用形式与其独特的性质有关，利用其半导体的性能制作太阳能发电薄膜，是一种具有前景的新能源。【典型错误】作为传统能源中煤的燃烧，是学生熟识的生活现象，作为同主族元素硅，学消费生的错误选择，往往既与生活经验有关，也可能受已有学问的干扰。仅就硅在自然界中以化合态

2、存在的现实状况而言，单质硅是不能象煤一样通过开采而获得，当然其大规模的能源利用形式也不能是通过燃烧硅单质抑或通过硅制得H2再进一步燃烧的途径得以实现。二、化学用语2以下关于化学用语的表示正确的选项是A质子数为8、质量数为17的原子：Cl BNH4Cl的电子式：C氯离子的构造示意图：288+17 D对硝基甲苯的构造简式：【参考答案】C【试题解析】略【典型错误】A错误地将质量数与元素符号相对应，对此核素的正确表达应当是质子数与元素相关O；B在NH4Cl中NH4+和Cl-均应用相应的电子式表达；D构造简式中-NO2写反了。三、离子共存325时，以下各组离子在指定溶液中肯定能大量共存的是Ac(H+)/

3、c(OH-)=1的无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl、SO42Bc(H+)=110-1mol/L的溶液中：Na+、ClO、SO42、ICc(OH-)=110-5mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3D在0.1mol/L的KI溶液中：Fe3+、K+、Cl、SO42【参考答案】C。【试题解析】选项中简洁被学生忽视的学问背景是NaHCO3溶液呈弱碱性，因此在pH=9的溶液中，HCO3-是可以存在的。【典型错误】A一般同学会认为Al3+和OH-反响生成Al(OH)3沉淀是在碱性范围内发生的，对这样一种错误观念的订正可以从两个方面进展：一是从学科学问的角度，以往许多习题中都会供应Al3沉淀完

4、全的pH在4左右，因此中性溶液中不存在Al3+；二是从逻辑的角度，假如有Al3+存在，其水解就会使溶液呈酸性，如今溶液呈中性，因此溶液中就不能含有Al3+。B酸性条件下，ClO可以氧化I-；DI- 和Fe3+会发生氧化复原反响。四、化学反响原理中图像问题4以下图示与对应的表达不相符的是 A图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80 时KNO3的不饱和溶液B图2表示某放热反响分别在有、无催化剂的状况下反响过程中的能量变更C图3表示0.1000 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1醋酸溶液得到的滴定曲线D图4表示已达平衡的某反响，在t0时变更某一条件后

5、反响速率随时间变更，那么变更的条件可能是增大压强【参考答案】C【试题解析】用0.1molL-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1molL-1的醋酸溶液，在参与20mLNaOH溶液时图像中出现pH突跃是正确的，但是醋酸是弱电解质，起点的pH将大于1。因此图像是错误的。【典型错误】A溶解度曲线上的点都是相应温度下的饱和溶液，a点在曲线下方，所表示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液；B反响物能量高于生成物能量，放热反响，催化剂能降低反响的活化能；C醋酸是一元弱酸，0.1000 molL1醋酸溶液pH应大于1；D除了运用催化剂，对于反响前后气体物质的量不变的反响，增大压强的速率变更状况也符合。五

6、、物质的性质和应用5以下表达错误的选项是ASO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理一样B制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液搜集产物以除去其中的乙酸C用饱和食盐水替代水跟电石反响，可以减缓乙炔的产生速率 D用AgNO3溶液可以鉴别KC1和KI【参考答案】B【试题解析】制备乙酸乙酯时 用饱和Na2CO3溶液搜集，其核心问题在于要便于去除杂质同时又要防止乙酸乙酯的水解。【典型错误】A学生简洁因思维定势而产生失误，在审题中以为考察的是乙烯与溴水或酸性高锰酸钾溶液反响的原理，实那么是SO2与Br2水、乙烯与酸性高锰酸钾溶液，它们都是氧化反响；C用饱和食盐水代替水与电石反响，是试验室制取C2H2的

7、试验常识；D用AgNO3溶液分别与KC1和KI溶液反响产生沉淀颜色的不同，可以鉴别KCl和KI。六、物质的转化6常温下，以下各组物质中，Y既能与X反响又能与Z反响的是XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸A B C D【参考答案】B【试题解析】Al(OH)3的两性是熟识的，因此可以推断正确答案应当是与有关的组合选项，比较和选项中的反响关系，Y既能与X反响又能与Z反响，但是却不具备常温条件下的反响可能。因此应当选择B。【典型错误】SiO2属于酸性氧化物，能与NaOH溶液反响，是其固有的属性，但是SiO2能与氢氟酸反响是其特性的表达，不能

8、一般性的推理到SiO2能与盐酸反响。A学生们对与至N2既能与O2又能与H2反响，所以就会草草选择A选项。但是他们忽视了常温的条件，因此正确的选择应是B。对这样失误的订正，不单单是学科学问上的欠缺，而是与学习习惯有关，应提示学生应当将每一选项都进展仔细地推断，就可能在甄别中二次审题，防止不必要的错误。七、有关阿伏加德罗常数的计算7设NA为阿伏伽德罗常数的值。以下说法正确的选项是A高温下，0.2molFe与足量水蒸气反响，生成的H2NAB室温下，1L pH13的NaOH溶液中，由水电离的OHNAC氢氧燃料电池正极消耗标准状况气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO34N29H2

9、O反响中，生成28g N2NA【参考答案】D【试题解析】此反响最显著的特征是N2既是氧化产物又是复原产物，而反响物中NH4+全部被氧化，因此每产生4molN2，转移15mole-。【典型错误】A铁和氧气反响生成的Fe3O4是一种很特殊的物质，通过一系列的其他反响过程，可以发觉它的特殊之处。如Fe与高温水蒸气反响得到的不是现象中的FeO、更不行能是Fe2O3，而是Fe3O4，因此对反响中电子转移数目的计算就存在错误；B须要区分溶液中存在的OH-数目和由水电离产生的OH-数目之间的关联与差异；C氢氧燃料电池的正极反响物是O2，所以转移的电子数为4NA。 八、正确书写离子方程式8以下离子方程式错误的

10、选项是A向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba22OH2H SO42 = BaSO42H2OB酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4 5H2O26H = 2Mn25O2 8H2OC等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2 和 HC1 溶液混合：Mg22OH= Mg(OH)2D铅酸蓄电池充电时的阳极反响：PbSO4 2H2O - 2e- = PbO2 4HSO42 【参考答案】C【试题解析】在此反响中等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2 和 HC1相混合时，涉与到的离子反响有：H+ + OH- = H2O、Mg2+ + 2OH- = Mg(OH)2。考虑到反响的先后依次，以与反响中涉与的定

11、量关系，最终的总离子反响方程式可表示为：2H+ + Mg2+ + 4OH- = 2H2O + Mg(OH)2【典型错误】对离子方程式正确与否的推断，除离子反响方程式在技术层面上的错误如：电荷守恒、质量守恒等以外，以上离子方程式的推断主要是原理层面上的：B. H2O2与强氧化剂反响的根本特征在于H2O2与生成的O2的物质的量之比为1：1，类似的反响关系还存在于O3作氧化剂时，反响物的O3和产物的O2的物质的量之比为1:1。D. 铅酸电池的充放电反响所对应的电极反响方程式，始终是学生比较生疏而简洁混淆的，所以应当提示学生从物质的性质和反响原理的角度，把握铅酸电池的根本反响形式，从而作出正确的推断。

12、九、元素周期表、元素周期律XYZWT9 X、Y、Z、W、T为短周期元素，它们在周期表中的位置如以下图所示。这五种元素的原子最外层电子数之和为26。以下说法正确的选项是AY、Z、T三种元素最低价氢化物的沸点依次上升B由Y、Z和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C物质W3Y4、WZ2、WT4均有熔点高、硬度大的特性DX元素的单质可以具备导电性，T与X元素可形成化合物XT4【参考答案】D【要点解析】五种元素分别是C、N、O、Si、Cl，据此C的一种同素异形体石墨或石墨的相关物质，如石墨烯、碳纳米管等是可以导电的，而C与Cl形成的化合物可以是CCl4。【典型错误】A由分子构成的物质，具有相对分子质量越

13、大，熔沸点越高的根本特征为了突出这种规律的单调性，往往又加上“构造相像的前提，Y、Z、T的氢化物的相对分子质量的确渐渐上升，但是作出对此认为正确推断的学生，是忽视了在Y、Z的氢化物分子间有氢键的存在，这对物质的熔沸点将产生较大的影响。B含N、O和H三种元素形成的化合物中有NH4NO3，其间不仅有共价键还有离子键；CW3Y4C3N4和WZ2SiO2具有熔点高、硬度大的特性，但是WT4SiCl4并不具备这样的属性。十、热化学反响方程式10在1200时，自然气脱硫工艺中会发生以下反响H2Sg+ O2(g) = SO2(g)+H2O(g)H12H2S(g) + SO2(g) = S2(g) + 2H2

14、O(g) H2H2S(g) + O2(g) = S(g) + H2O(g) H32S(g) = S2(g) H4那么H4的正确表达式为AH4=H1 + H2 -3H3 BH4=3H3-H1-H2CH4=H1+H2+3H3 DH4=H1-H2-3H3【参考答案】A【试题解析】略【典型错误】主要是对热化学中的盖斯定律的不熟识。十一、化学反响原理11运用相关化学学问进展推断，以下结论错误的选项是A某吸热反响能自发进展，因此该反响是熵增反响BNH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不宜存放于玻璃试剂瓶中C可燃冰主要甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底D增大反响物浓度可加快反响速率，

15、因此用浓硫酸与铁反响能增大生成H2的速率【参考答案】D【试题解析】浓度的变更对反响速率是有影响的，但是当硫酸的浓度不断提升，与至变为浓硫酸之后，与铁的反响方式就发生质的变更：或因外表形成致密的氧化物爱护膜而钝化；或因浓硫酸的强氧化性而不能产生H2。【典型错误】A就吸热反响而言，从能量的视角已经不利于反响的发生，因此从熵的角度看，肯定应当是有利的。BHF可与玻璃中的SiO2反响，所以氢氟酸的溶液是不能存放在玻璃试剂瓶中的，由此也可以推断NH4F溶液时不宜保存在玻璃试剂瓶中。假如题目不给NH4F溶液中含HF的提示，能否根据NH4+和F-具有互相促进水解的实力，推断NH4F溶液的正确保存方式，就具有

16、肯定的难度了。C根据可燃冰的形成条件，海底的高压状态，对可燃冰的稳定存在是有利的。十二、有机物构造和性质12贝诺酯是一种治疗类风湿性关节炎药物，其构造简式如右图所示(未表示出其空间构型)。以下关于贝诺酯的描绘正确的选项是A贝诺酯的分子式为C17H15NO5B贝诺酯中含有3种含氧官能团C贝诺酯彻底水解能生成4种不同产物D1 mol贝诺酯最多可以消耗9 mol H2【参考答案】AC【试题解析】由于贝诺酯分子中N和H原子同奇偶性，因此具备分子式表示的组成是正确的可能性，即便是逐一清点C、H、O、N原子的个数，也是可行的。贝诺酯水解时，酯的水解是熟识的，酰胺键的水解学问可源于蛋白质水解为氨基酸的反响过

17、程。【典型错误】贝诺酯中含有的官能团除了熟识的酯基以外，还有一个不太熟识的酰胺基，因此学生们所出现的错误通常与酰胺基有关。D虽然学生们对酰胺键是否可以加H2，无从推断，但是在一般条件下酯基是不能加H2的事实，已经可以使学生对1mol贝诺酯可消耗9molH2作出否认的解答。十三、物质制备、混合物别离和除杂13以下装置应用于试验室从海带中提取并获得I2单质的试验I2易升华、CCl4的沸点为76，能到达试验目的的是 甲 乙 丙 丁A装置甲可用于灼烧海带B装置乙用于获得含I-的溶液C装置丙用蒸馏含I2溶液的方法获得I2单质D装置丁别离出下层I2的CCl4溶液，即可获得I2单质【参考答案】B【试题分析】

18、海带灼烧以后，海带灰中的水溶性I-与海带灰的别离方法就是过滤。【典型错误】从海带中提取碘，是海水资源综合利用中的一个重要试验，也是涉与多种物质别离方式的综合性试验。此题主要涉与试验中仪器和别离方式的选择，同时也是对提取I2的流程是否熟识理解的考察。A灼烧海带是在坩埚中进展的，蒸发皿主要用于蒸发溶剂水；C将I2从水溶液中别离出来的方法是萃取分液，而非蒸馏。学生试验中，一般是以用CCl4萃取出水溶液中的I2而呈现紫色，说明试验的胜利，因此学生们往往以为提取I2的试验就此完毕，其实真正获得I2的单质，还须要将I2和CCl4别离。一般以为别离I2和CCl4可以用蒸馏的方法得以实现。事实上受I2易升华的

19、因素影响，I2与CCl4的别离往往采纳通过NaOH溶液与I2反响进展反向萃取，分液后将水溶液酸化，析出I2的晶粒，经过滤即可得到I2。十四、试验原理14以下试验方案中，不能到达试验目的的是选项试验目的试验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热。冷却后，取出上层水溶液用稀HNO3酸化参与AgNO3溶液，视察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，视察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水参与KI溶液中，再参与CCl4，振荡，静置，可视察到下层液体呈紫色D验

20、证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2将FeCl3溶液参与Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可视察到沉淀由白色变为红褐色【参考答案】B【试题解析】卤代烃中卤族元素的检验，首先是将卤族原子从有机物中游离出来，由于反响是在碱性条件下进展的，所以检验X-的方法，须要对碱性溶液酸化；Br2与I2的非金属性相对强弱的重要方法之一，就是通过卤素与卤化物之间的置换反响实现的；借助于Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀的颜色，可以直观地体验沉淀互相转化的过程。【典型错误】因为是选择不正确的试验方案，所以相对而言选项的干扰较小。假如出现错误，主要是对物质的检验方法还缺少必要的理解。Fe2+在酸性条件下将被NO3-

21、氧化，正确的操作可以是，先加KSCN溶液，视察现象，再酸化，进一步比对现象。十五、化学反响速率和化学平衡15臭氧是志向的烟气脱硝试剂，其脱硝反响为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，假设反响在恒容密闭容器中进展，以下由该反响相关图像作出的推断正确的选项是【参考答案】A【试题解析】根据反响微观过程中的能量变更，可以推断2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)是放热反响，温度上升将因平衡常数减小而导致平衡逆向挪动。十六、电解质溶液粒子浓度关系16以下溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的选项是3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na)c(CO

22、32)c(HCO3)c(OH)3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)C室温下，pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl)c(H)c(NH4)c(OH)3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH) = c(H)c(CH3COOH)【参考答案】BD。【试题解析】BCH3COONa和HCl混合以后，相当于是由等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl形成的混合溶液。运用隔离法，首先解决等物质的量的CH3COONa和CH3COOH组成的缓冲溶

23、液中有关离子浓度的大小推断，当有c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)。当引入NaCl以后，此时的c(Cl-)就与原来隔离体系中的c(Na+)相等。从而c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)；D等物质的量的CH3COOH与NaOH混合以后，形成的是CH3COONa溶液，根据电荷恒等式和物料守恒，即可得出相关等式。【典型错误】A等物质的量的NaHCO3和NaOH溶液以后，本质上相当于Na2CO3溶液，由于CO32-两步水解的原因，溶液中的c(OH-)比c(HCO3-)大；CpH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合后溶液呈碱性，所以有关c(H+)和c(OH-

24、)的根本推断是错的。第二部分 非选择题16-112分工业上用粉碎的煤矸石(主要含Al2O3、SiO2与铁的氧化物)制备净水剂BACAl2(OH)nCl6n的流程如下：(1)滤渣的主要成分是_(填名称)。(2)步骤在煮沸的过程中，溶液渐渐由绿色变为棕黄色，相关反响的离子方程式为_ _；步骤的煮沸装置上方需安装一长导管，长导管的作用是_。(3)步骤中限制pH，要使Fe3+完全除去，化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于10-5mol/L时，沉淀就达完全溶液的pH至少应上升到_。常温下KspFe(OH)3=110-38(4)BAC的分散质粒子大小在1100 nm之间，由此区分滤液与BAC两种液体的

25、物理方法是_ _。(5)假设Ca(OH)2溶液过量，那么步骤得到的BAC产率偏低，写出导致其缘由的离子方程式：_。【参考答案】1二氧化硅24Fe2+ +O2 +4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，冷凝回流334用一束光分别照耀两种液体，视察是否有丁达尔效应5Al3+ + 3OH- = Al(OH )3或Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2O【试题解析】此题以“煤矸石制备净水剂BACAl2(OH)nCl6n的工艺流程为命题背景，将铝和铁的化合物性质、胶体的性质、化学设备、消费条件的限制等学问交融在消费工艺中，一方面考察学生对新信息的处理实力，另一方面也考察了学生敏捷运用化学学问，

26、解决实际问题的实力和学生思维的全面性和深入性。煤矸石主要成分Al2O3、SiO2与铁的氧化物中，与酸不发生反响的是SiO2，滤渣的主要成分即为SiO2；溶液渐渐由绿色变为棕黄色，很明显是溶解后的亚铁离子被氧化为铁离子，在酸性环境中发生的离子反响应表达为：4Fe2+ +O2 +4H+ = 4Fe3+ + 2H2O；要使铁离子完全沉淀，那么C(Fe3+)C(OH-)3=110-38，此时C(Fe3+)至少到达10-5mol/L，所以C(OH-)应为10-11mol/L，pH应上升到3。BAC的分散质粒子大小在1100 nm，所以BAC为胶体，区分胶体和溶液的方法为丁达尔现象；假设Ca(OH)2溶液

27、过量，根据过量的状况，铝离子与氢氧根可能发生反响Al3+ + 3OH- = Al(OH )3或Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2O。【典型错误】问题1许多学生错写化学式，未看到“名称这一要求。对于问题2由绿色变为棕黄色，部分学生想不到氧化剂是氧气，或者书写离子方程式时酸碱性环境未弄清晰。问题3中部分学生不能明确要使cFe3+降至10-5mol/L和“使Fe3+完全除去这一说法之间的关系，因此无法接着计算；另外在利用KspFe(OH)3时，计算出错。问题4中部分学生联想不到Al3+转变为AlO2-的状况。17-115分慢心律是一种治疗心律失常的药物，它的合成路途如下： (1)C分

28、子中含氧官能团的名称为_。(2)由BC的反响类型为_。(3)写出A与浓溴水反响的化学方程式_。(4)由A制备B的过程中有少量副产物E，它与B互为同分异构体，E的构造简式为_。(5)写出同时满意以下条件的D的一种同分异构体的构造简式：_。属于-氨基酸；是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种；分子中含有两个手性碳原子。(6)乙烯在催化剂作用与氧气反响可以生成环氧乙烷 。写出以邻甲基浓H2SO4 170苯酚 ( )和乙醇为原料制备 的合成路途流程图无机试剂任用。合成路途流程图例如如下：CH3CH2OH CH2 = CH2【参考答案】1醚键、羰基2分2氧化反响2分 32分 42分52分65分 说明：

29、用Na2Cr2O7的氧化条件也可为Cu，O2，；假设将醇在肯定条件下干脆氧化为羧酸不扣分。 【试题解析】此题考察有机物的构造、性质、反响类型、有机副反响和同分异构体的书写、物质的合成流程等，解答时留意根据官能团的性质以与转化推断，留意把握题给信息，为解答该题关键，易错点为有机物的合成流程的设计，留意学问的迁移和应用。1C分子中含有的含氧官能团为醚键和羰基；2BC的反响中-OH生成C=O，为氧化反响；3中含有酚羟基，苯环对位上有H，可与浓溴水发生取代反响，反响的方程式为；4中含有2个C-O键，与A发生反响时可有两种不同的断裂方式，生成的一种有机物的构造简式为；5D的一种同分异构体中：属于-氨基酸

30、；是苯的衍生物，且苯环上的一氯代物只有两种，应位于对位位置；分子中含有两个手性碳原子，说明C原子上连接4个不同的原子或原子团，应为6制备，应先制备乙酸和，乙醇氧化可生成乙酸，乙醇消去可生成乙烯，乙烯氧化可生成，与反响生成，进而氧化可生成， 那么反响的流程为【典型错误】问题1学生易漏写羰基，将CO误以为醚键，且简洁些错别字；问题2由于对羰基不敏感，所以不清晰反响本质是醇的脱氢氧化反响；问题3有同学漏写小分子HBr；问题4部分同学无法顺当书写出副产物，缘由是对A到B的反响类型、断键过程未能真正理解；问题5中-氨基酸的构造特征不熟识。问题6反响条件漏写或错误，合成思路错误。18-1.12分工业上以黄

31、铜矿主要成分X是由Cu、Fe、S三种元素组成的盐为原料制备金属铜的工艺如下：(1)电解过程中，以石墨作为电极，阳极的电极反响式为_。(2)25时，KspPbCl2=1.010-5，黄铜矿中含有少量的Pb，调整Cl浓度可限制溶液中Pb2+浓度，当溶液中Pb2+浓度低于105mol L-1时，溶液中Cl的浓度至少为_。(3)为确定X的化学式，通过以下试验测定： 打算称取11.04g样品，全部溶于200 mL的浓HNO3中，反响后的溶液加水稀释至2 L时测得其pH为0； 将稀释后的溶液分为两等份，向其中一份溶液中滴加5.75 mol L-1的NaOH溶液，当参与的NaOH溶液体积为200mL时，正好

32、沉淀完全；向另一份溶液中滴加0.600 mol L-1 Ba(NO3)2溶液，当参与的Ba(NO3)2溶液体积为100mL时，正好沉淀完全。通过计算确定X的化学式写出计算过程。【参考答案】1Fe2+e-=Fe3+21.0 mol L-13CuFeS2原溶液中SO42的物质的量为：100mL 0.600 mol L-12= 0.12mol 1分参与NaOH的物质的量：200 mL 5.75000 mol L-1 = 1.15mol 1分 沉淀原溶液中金属离子须要消耗NaOH22L 1mol L-1=0.3mol1分 设Cu元素的物质的量为x，Fe元素的物质的量为y-32 x=0.06 mol 2

33、分 y=0.06mol2分 化学式为CuFeS21分【试题解析】此题是一道根本计算题，难度并不是很大，以黄铁矿为原料制备Cu的试验问题、电池反响、以与黄铜矿化学式计算为背景，涉与电荷守恒、元素守恒、两种混合物列方程组等方法。1石墨电极电解滤液，根据题目流程FeCl2转变成的FeCl3，可得到应当是Fe2+的放电。另外，根据已有学问经验，Cl2的氧化性大于Fe3+，那么Fe2+复原性大于Cl，电解过程中，阳极应当是Fe2+失去电子得到Fe3+，而不是Cl失去电子产生Cl2。2此题是有关Ksp的根本计算，学生应当完全驾驭。KspPbCl2=c(Pb2+)c(Cl-)2，将相关物质的量代入可以得到结

34、果。3计算题肯定要重视读题和审题实力的培育，快速获得有用信息，将有用信息转化为化学语言。 现举例如下：氧化剂，可能氧化Cu+、Fe2+、S2-至Cu2+、Fe3+、SO42-，但是原物质中几种元素化合价并不知道，为确定X的化学式，通过以下试验测定：样品质量11.04g，可考虑运用质量关系或质量守恒留意点：溶液两等份后溶质的物质的量减半H+剩余的量：2mol可用于与H+与金属离子 打算称取11.04g样品，全部溶于200 mL的浓HNO3中，反响后的溶液加水稀释至2 L时测得其pH为0；Ba2+用于沉淀SO42-：mol 将稀释后的溶液分为两等份，向其中一份溶液中滴加5.75 mol L-1的N

35、aOH溶液，当参与的NaOH溶液体积为200mL时，正好沉淀完全；向另一份溶液中滴加0.600 mol L-1 Ba(NO3)2溶液，当参与的Ba(NO3)2溶液体积为100mL时，正好沉淀完全。 根据以上的读题过程：我们可以整理得到如下关系： n(SO42)=0.12mol=n(S) 中和原溶液中的HNO3须要消耗的n(NaOH)=2mol，事实上向原溶液中须要参与2的NaOH，可见还有0.3molNaOH是与金属离子形成沉淀。 原物质中Cu元素、Fe元素物质的量求得须要两个等量关系，关系一可以用沉淀Cu2+、Fe3+得到，关系二可以用总质量11.04g联立得到。【典型错误】1阳极的电极反响

36、式写成2Cl2e=Cl2；2有关Ksp的根本计算不熟识；3根据质量守恒和电荷守恒联立方程进展Cu2+、Fe3+的物质的量的计算不会。19-115分ClO2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时反响制得。某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并搜集ClO2。图1 图2(1) A装置电动搅拌棒的作用是 。A装置必需添加温度限制装置，除酒精灯外，还须要的玻璃仪器有烧杯、 。(2) B装置必需放在冰水浴中，其缘由是 。(3)反响后将装置C中溶液处理，得到含NaClO2的溶液。NaClO2饱和溶液在温度低于38时析

37、出的晶体是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；NaClO2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； ； ； ；得到成品。(4)2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、2 Na2S2O3+ I2Na2S4O6+ 2NaI。ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水汲取得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进展了以下试验2S2O3溶液、淀粉溶液、KI固体、稀硫酸：步骤1：精确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释成100.00

38、mL试样；量取V1mL试样参与到锥形瓶中；步骤2：在锥形瓶中，；步骤3：步骤4：平行测定23次。 请补充完成上述试验步骤 ，并答复试验步骤中运用的玻璃仪器名称 。【参考答案】1反响时搅拌，增大反响物的接触面积，加快反响速率2分 温度计1分2使ClO2充分冷凝，削减挥发2分3趁热过滤1分 用3860热水洗涤1分 低于60枯燥1分4步骤2：参与足量的KI晶体，静置片刻2分； 步骤3：参与指示剂淀粉溶液molL-1Na2S2O3溶液滴定至终点，读Na2S2O3溶液体积2分、玻璃棒、胶头滴管即可得分【试题解析】 1搅拌可以增加反响物的接触面积，进步化学反响速率。装置A需加热但温度必需限制在60，此装置

39、的加热必需采纳水浴加热。为了限制水浴温度，温度计应当插入水中。 2根据提示信息ClO2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。该装置目的是制取ClO2，尾气用氢氧化钠溶液汲取。装置B是搜集装置，根据ClO2熔点，所以此装置放在冰水浴中，使ClO2充分冷凝，削减挥发。 3根据题意，由于要析出是NaClO2无水晶体且该晶体在温度高于60分解，溶液浓缩温度必需低于60。只能采纳减压蒸馏，蒸发溶剂析出晶体NaClO2。由于温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O且该晶体在温度高于60分解，所以后续洗涤与枯燥都必需在要求的温度范围内，洗涤用3860热水洗涤，枯燥低于6

40、0。 4理解测定原理，得出关系式为2ClO25I210Na2S2O3，即ClO25Na2S2O3。题目中采纳氧化复原滴定测定ClO2的含量。试验步骤2调整溶液pH中向溶液中参与足量KI溶液2ClO25I2，生成的碘用硫代硫酸钠标准溶液滴定，进展计算得含量。量取氧化性物质ClO2溶液10.00 mL，体积精确到小数点后面两位用酸式滴定管或移液管。稀释成100.00 mL，由于体积精确到小数点后面两位所以用容量瓶，答仪器容量瓶时必需注明规格。硫代硫酸钠溶液水解显碱性，滴定用碱式滴定管。【典型错误】1不清晰A装置烧瓶可浸没在盛水的大烧杯内，温度计水银球置于水浴内；3简洁答成“过滤、洗涤、枯燥，不能答

41、出精确的温度限制等关键点；4完全不理解测定的原理，不能答复出试验仪器。20-114分铁与其化合物与工农业消费、日常生活有亲密的联络。请答复以下问题：(1)以下热化学方程式：FeO(s)CO(g)= Fe(s)CO2(g) H111 kJmol13Fe2O3(s)CO(g) 2Fe3O4(s)CO2(g) H247 kJmol1Fe3O4(s)CO(g) 3FeO(s)CO2(g) H319 kJmol1写出Fe2O3(s)被CO(g)复原生成Fe(s)和CO2(g)的热化学方程式 。(2)用CO复原焙烧氧化铁时，温度的变更对复原焙烧产物影响很大。以下图是不同温度下复原焙烧过程中固体中Fe和O的

42、百分含量变更示意图其中A、B、D为纯净物，C、E、F为两种物质组成的混合物，F中有一种物质为Fe:根据图中信息可知，C点物质主要成分是： 填化学式；DE过程发生的反响为： ；用CO复原焙烧氧化铁炼铁时，温度最好限制在570左右的缘由是： (3) 三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)3可有于摄影和蓝色印刷。工业上利用(NH4)2Fe(SO4)26H2O(硫酸亚铁铵)、H2C2O4(草酸)、K2C2O4(草酸钾)、双氧水等为原料制备三草酸合铁酸钾的反响的原理如下:沉淀:(NH4)2Fe(SO4)26H2O+H2C2O4 FeC2O4+(NH4)2SO4+H2SO4+6H2O氧化:生成的草酸亚铁与草酸钾、双氧水反响生成氢氧化铁和三草酸合铁酸钾。转化:2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4 2K3Fe(C2O4)3+6H2O写出氧化时发生的反响方程式： ；要制备1mol三草酸合铁酸钾晶体须要H2O2的物质的量为 。(4)高铁酸钠Na2FeO4是一种新型饮用水消毒剂，以NaOH溶液为电解质溶液，采纳平板式隔膜电解槽电解制备高铁酸钠的装置示意图如下。那么电解时阳极的电极反响式为 。 【参考答案】14分，每空2分1Fe2O3(s)3CO(g)2Fe(s)3CO2(g) H25 kJmol12Fe3O4和Fe2O3；Fe3O4(s)CO(g) 3FeO(s)CO2温度太低