2019-2020年高三上学期10月月考化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期10月月考化学试卷 含解析一、选择题：共7小题，每小题6分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求1下列说法不正确的是（）A镁铝合金密度较小、强度高，常用作制造航天器的材料B能自发进行的化学反应，可能是H0、S0CCaC2着火时可使用泡沫灭火器灭火D黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿2下列各项中的两个量，其比值一定为1：2的是（）A固体Na2O2中阴离子与阳离子的个数B相同温度下100ml 0.1mol/L CH3COOH与100ml 0.2mol/L CH3COOH溶液的c（H+）C液面在“0”刻度时，25ml碱式滴定管和50ml碱式滴定管所盛溶液的体积D在反应2H2S+SO2=3S+2H2O中氧化产物与还原产物的质量3下列实验不能作为判断依据的是（）A钠和钾分别与冷水反应，判断金属活动性强弱BBr2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属活动性强弱C碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，判断硫与碳的非金属活动性强弱D在MgSO4与Al（NO）3溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属活动性强弱4某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生下列化合物中符合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO25设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数下列说法正确的是（）A0.1 mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4NAB将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2）C一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NAD电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g6下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（）选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl、NO3不能大量共存，Al3+3OHAl（OH）3B由水电离出的H+浓度为11012molL1NH4+、Na+、NO3、Cl一定能大量共存，NH4+H2ONH3H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42、MnO4不能大量共存，5Fe2+MnO4+8H+Mn2+5Fe3+4H2OD通入少量的SO2气体K+、Na+、ClO、SO42不能大量共存，2ClO+SO2+H2O2HClO+SO32AABBCCDD7如图是三种稀酸对FeCr合金的腐蚀性随Cr含量变化的实验结果，下列有关说法正确的是（）A稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B随着Cr含量增加，稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性减弱CCr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对FeCr合金的腐蚀性最强D稀硝酸和铁反应的化学方程式：Fe+6HNO3（稀）=Fe（NO3）3+3NO2+3H2O二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个考题考生都必须作答，第3340为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8铁、氮的化合物在生产、生活中有着广泛的应用，请回答下列有关问题：、三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：（1）写出该反应的化学方程式，反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F，据题意推测NF3、F2、NO三种气体中，氧化性由弱到强的顺序为（3）NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是、纳米线四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一，共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图示，请回答下列问题：（4）实验室保存溶液A时，需加入为了得到较纯的纳米Fe3O4，理论上FeSO47H2O和FeCl36H2O的物质的量之比为制备纳米Fe3O4的离子反应方程式为（5）共沉淀法的主要不足是：得到的Fe3O4纳米粒子间存在团聚现象（6）磁流体是电子材料的新秀，它是由直径为纳米量级（10纳米以下）的磁性固体颗粒、基载液以及界面活性剂三者混合而成的分散系，既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，下列关于纳米Fe3O4磁流体的说法中不正确的是A、纳米Fe3O4磁流体分散系属于溶液B、纳米Fe3O4磁流体可以通过渗析法得到提纯C、当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路D、纳米Fe3O4磁流体比较稳定9CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式写出NaClO3发生反应的主要离子方程式；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式（3）“加加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为，加入萃取剂的目的是（4）制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是（5）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是（答一条即可）10过氧化镁MgO2易溶于稀酸，溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂等过氧化镁产品中常混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品过氧化镁的含量（1）某研究小组拟用如图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是，MgO2的电子式为分液漏斗上端连接的橡皮管的作用有两个：一：使分液漏斗中的溶液顺利滴下；二：实验室还可通过下列两种方案测定样品中过氧化镁的含量：方案I：取mg样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入NaOH溶液至Mg2+沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最终得到ng固体已知常温下KspMg（OH）2=1.01011为使方案I中Mg2+完全沉淀即溶液中c （Mg2+）105molL1，溶液的pH至少应调至方案I中过氧化镁的质量分数为（用含m、n的表达式表示）方案II：称取0.56g样品置于碘量瓶中，加入KI溶液和足量盐酸，摇匀后在暗处静置5min，然后用0.1molL11Na2S2O3溶液滴定，滴定到终点时共消耗VmL Na2S2O3溶液（已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI）方案II中加入0.1molL1KI溶液的体积至少为mL，滴定前需加入少量作指示剂，样品中过氧化镁的质量分数为（用含V的表达式表示）【化学-选修2：化学与技术】11固硫剂是把煤燃烧时生成的二氧化硫以盐的形式固定在炉渣中的物质，可减少二氧化硫对大气的污染下列物质中可用做固硫剂的有（）ACaOBP2O5CNH4NO3DNa2CO312以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答下列问题：（1）在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为；炉气精制的作用是将含SO2的炉气、和干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是；（3）精制炉气（含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及压强关系如图2所示在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450左右（对应图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是、；（4）在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是、，从而充分利用能源【化学-选修3：物质结构与性质】13铁、铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用请回答下列问题：（1）铁在元素周期表中的位置配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于（填晶体类型）Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）Fe（s）+xCO（g）已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式；两者相比较沸点较高的为（填化学式）（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示基态铜原子的核外电子排布式为每个铜原子周围距离最近的铜原子数目（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如附图2所示（黑点代表铜原子）该晶体的化学式为已知该晶体的密度为 gcm3，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为pm（只写计算式）【化学-选修5：有机化学基础】14（1）乙基香草醛（）是食品添加剂的增香原料，其香味比香草醛更浓郁写出乙基香草醛分子中两种含氧官能团的名称：、，核磁共振氢谱显示该分子中有种不同类型的氢原子乙基香草醛的同分异构体A是一种有机酸，A可发生以下变化：已知：a、RCH2OHRCHOb、与苯环直接相连的碳原子上有氢时，此碳原子才可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基由AC的反应方程式，属于（填反应类型）B的结构简式为写出在加热条件下C与NaOH醇溶液发生反应的化学方程式（3）乙基香草醛的另一种同分异构体D（）是一种医药中间体，请设计合理方案用茴香醛（）合成D（其他原料自选，用反应流程图表示并注明必要的反应条件）例如：（4）乙基香草醛的同分异构体有很多种，满足下列条件的同分异构体有种，其中有一种同分异构体的核磁共振氢谱中出现4组峰，吸收峰的面积之比为1：1：2：6，该同分异构体的结构简式为能与NaHCO3溶液反应 遇FeCl3溶液显紫色，且能与浓溴水反应苯环上有两个烃基 苯环上的官能团处于对位重庆市南开中学xx高三上学期月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题：共7小题，每小题6分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求1下列说法不正确的是（）A镁铝合金密度较小、强度高，常用作制造航天器的材料B能自发进行的化学反应，可能是H0、S0CCaC2着火时可使用泡沫灭火器灭火D黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿【考点】生活中常见合金的组成；原电池和电解池的工作原理；焓变和熵变【分析】A合金的性质是：硬度大，熔点低，耐腐蚀等； B当G=HTS0时，反应能自发进行；C泡沫灭火器产生二氧化碳的物质为硫酸铝和碳酸氢钠溶液，产生的二氧化碳中含有水，水和碳化钙反应生成乙炔且放热，乙炔和氧气混合易爆炸；D根据金属的腐蚀与防护原理分析，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护【解答】解：A合金的性质是：硬度大，熔点低，耐腐蚀等，可用作制造航天器的材料，故A正确； B化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当G=HTS0时，反应能自发进行，当H0，S0时，G=HTS0，一定能自发进行而H0，S0或H0，S0能否自发进行，取决于反应的温度，故B正确；C泡沫灭火器内有两个容器，分别盛放两种液体，它们是硫酸铝和碳酸氢钠溶液，两种溶液互不接触，不发生任何化学反应，当需要泡沫灭火器时，把灭火器倒立，两种溶液混合在一起，就会产生大量的二氧化碳气体：Al2（SO4）3+6NaHCO3=3Na2SO4+2Al（OH）3+6CO2，产生的二氧化碳中含有水，水和碳化钙反应CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2，且放热，乙炔和氧气混合易爆炸，故C错误；D黄铜（铜锌合金）制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，故D正确；故选C【点评】本题考查镁铝合金用途、金属的腐蚀、反应的方向、乙炔的制取等，注意在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，题目难度中等2下列各项中的两个量，其比值一定为1：2的是（）A固体Na2O2中阴离子与阳离子的个数B相同温度下100ml 0.1mol/L CH3COOH与100ml 0.2mol/L CH3COOH溶液的c（H+）C液面在“0”刻度时，25ml碱式滴定管和50ml碱式滴定管所盛溶液的体积D在反应2H2S+SO2=3S+2H2O中氧化产物与还原产物的质量【考点】物质的量的相关计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成；B醋酸溶液的浓度越大，其电离程度越小；C滴定管最大数值下面还有溶液，其体积未知；D反应2H2S+SO2=3S+2H2O中氧化产物S与还原产物S的物质的量之比为2：1【解答】解：A固体Na2O2中阴离子O2与阳离子Na+的个数1：2，故A正确；B相同温度下0lmol/L的CH3COOH与0.2mol/L的CH3COOH溶液中，醋酸的电离程度不同，所以的c（H+）之比不是1：2故B错误；C25mL滴定管和50mL滴定管的管径不同，滴定管刻度线下没有刻度，但充满液体，所以体积不是1：2，故C错误；D反应2H2S+SO23S+2H2O中氧化产物S与还原产物S的物质的量之比为2：1，则质量比为2：1，故D错误；故选A【点评】本题考查较为综合，涉及物质组成、滴定管的构造、弱电解质的电离、氧化还原反应等问题，综合考查学生的分析理解能力，难度中等3下列实验不能作为判断依据的是（）A钠和钾分别与冷水反应，判断金属活动性强弱BBr2与I2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属活动性强弱C碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，判断硫与碳的非金属活动性强弱D在MgSO4与Al（NO）3溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属活动性强弱【考点】碱金属的性质；卤素原子结构及其性质的比较；钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A金属性越强的金属与水反应越剧烈；B非金属性越强的非金属单质与氢气化合越容易；C碳酸钠溶液显碱性，说明碳酸根离子水解，硫酸钠溶液显中性，说明硫酸根离子不水解；D镁离子与铝离子与氨水反应都会产生沉淀，且沉淀都不溶解【解答】解：A金属性越强的金属与水反应越剧烈，通过钠和钾分别与冷水反应的剧烈程度可以判断金属的活动性，故A正确；B非金属性越强的非金属单质与氢气化合越容易，通过Br2与I2分别与足量的H2反应的难易程度可以判断非金属性强弱，故B正确；C碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，可知碳酸为弱酸，硫酸为强酸，最高价氧化物对应水化物酸性越强，元素的非金属性越强，所以硫的非金属性强于碳，故C正确；D镁离子与铝离子与氨水反应都会产生沉淀，且沉淀都不溶解，故D错误；故选：D【点评】本题考查了元素金属性、非金属性强弱判断的依据，题目难度不大，注意C选项为易错选项4某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生下列化合物中符合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO2【考点】真题集萃；盐类水解的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物【分析】选项中物质只有FeCl2不能由两种单质直接反应生成，且SiO2与Ba（HCO3）2不反应，Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，以此来解答【解答】解：AAl与氯气化合生成AlCl3，AlCl3与Ba（HCO3）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故A正确；B钠与氧气反应生成氧化钠，但Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，故B错误；CFe与氯气化合生成FeCl3，故C错误；DSi与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反应，故D错误；故选A【点评】本题为xx山东高考题，侧重元素化合物知识及反应原理的考查，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意选项A中相互促进水解反应，题目难度不大5设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数下列说法正确的是（）A0.1 mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4NAB将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2）C一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NAD电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、苯不是单双键交替的结构；B、根据氯原子的守恒来分析；C、SO2与足量氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底；D、电解精炼铜过程中，阳极粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极质量减少6.4g时，转移的电子的物质的量不一定是0.2mol；【解答】解：A、苯不是单双键交替的结构，不含碳碳双键，故A错误；B、1mol氯气中共含2mol氯原子，而氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中有HClO分子、ClO、Cl、Cl2分子，根据氯原子的守恒可有：2NA=N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）+2N（Cl2），即N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2），故B正确；C、SO2与足量氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于0.2NA，故C错误；D、粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极减少6.4g时，电路中转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，转移的电子数不一定为0.2NA，故D错误；故选B【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6下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（）选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl、NO3不能大量共存，Al3+3OHAl（OH）3B由水电离出的H+浓度为11012molL1NH4+、Na+、NO3、Cl一定能大量共存，NH4+H2ONH3H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42、MnO4不能大量共存，5Fe2+MnO4+8H+Mn2+5Fe3+4H2OD通入少量的SO2气体K+、Na+、ClO、SO42不能大量共存，2ClO+SO2+H2O2HClO+SO32AABBCCDD【考点】离子方程式的书写；离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A一水合氨为弱电解质，应保留化学式；B由水电离出的H+浓度为11012molL1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；CpH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4发生氧化还原反应；DSO2具有还原性，与ClO发生氧化还原反应【解答】解：ANa+、Al3+、Cl、NO3离子之间不发生反应，滴加氨水后铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，但是一水合氨为弱电解质，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A错误；B由水电离出的H+浓度为11012molL1，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，故B错误；CpH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：5Fe2+MnO4+8H+Mn2+5Fe3+4H2O，故C正确；DSO2具有还原性，与ClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：ClO+SO2+H2O2H+Cl+SO42，故D错误；故选C【点评】本题考查较为综合，涉及离子方程式的书写以及离子共存的判断，为高频考点，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，把握离子方程式的书写方法7如图是三种稀酸对FeCr合金的腐蚀性随Cr含量变化的实验结果，下列有关说法正确的是（）A稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B随着Cr含量增加，稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性减弱CCr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对FeCr合金的腐蚀性最强D稀硝酸和铁反应的化学方程式：Fe+6HNO3（稀）=Fe（NO3）3+3NO2+3H2O【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】A根据图象知，合金中Cr含量越大，硝酸对其腐蚀速率越慢，稀硫酸、稀盐酸对其腐蚀速率越快；B根据图象知，合金中Cr含量越大，硝酸对其腐蚀速率越慢；C硝酸和盐酸中氢离子浓度相等，但腐蚀Cr速率不等；D铁和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁【解答】解：A根据图象知，合金中Cr含量越大，硝酸对其腐蚀速率越慢，稀硫酸、稀盐酸对其腐蚀速率越快，Cr含量大于等于13%时，腐蚀速率大小硫酸盐酸硝酸，故A错误；B根据图象知，合金中Cr含量越大，硝酸对其腐蚀速率越慢，曲线呈下降趋势，故B正确；C硝酸和盐酸中氢离子浓度相等，但腐蚀Cr速率不等，所以不能解释盐酸硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，故C错误；D铁和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，反应方程式为Fe+8HNO3（稀）2Fe（NO3）2+2NO+4H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查金属与酸的反应，明确纵横坐标含义是解本题关键，会分析图中曲线变化趋势原因，利用金属和酸的反应原理解答，题目难度不大二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个考题考生都必须作答，第3340为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8铁、氮的化合物在生产、生活中有着广泛的应用，请回答下列有关问题：、三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：（1）写出该反应的化学方程式3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为0.4NA三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F，据题意推测NF3、F2、NO三种气体中，氧化性由弱到强的顺序为F2NF3NO（3）NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾、纳米线四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一，共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图示，请回答下列问题：（4）实验室保存溶液A时，需加入铁粉、硫酸为了得到较纯的纳米Fe3O4，理论上FeSO47H2O和FeCl36H2O的物质的量之比为1：2制备纳米Fe3O4的离子反应方程式为Fe2+2Fe3+8OH=Fe3O4+4H2O（5）共沉淀法的主要不足是：得到的Fe3O4纳米粒子间存在团聚现象Fe2+易被氧化为Fe3+，很难控制FeSO47H2O和FeCl36H2O的物质的量之比为1：2，产品含有杂质（6）磁流体是电子材料的新秀，它是由直径为纳米量级（10纳米以下）的磁性固体颗粒、基载液以及界面活性剂三者混合而成的分散系，既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，下列关于纳米Fe3O4磁流体的说法中不正确的是AA、纳米Fe3O4磁流体分散系属于溶液B、纳米Fe3O4磁流体可以通过渗析法得到提纯C、当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路D、纳米Fe3O4磁流体比较稳定【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应【分析】（1）根据反应物、生成物书写方程式，该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，根据硝酸和转移电子之间的关系式计算；根据氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性分析；（3）反应中生成NO，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，同时形成酸雾；（4）硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，易发生水解，FeSO47H2O和FeCl36H2O在氢氧化钠溶液中生成四氧化三铁、水、氯化钠；根据电荷守恒可写出该方程式，根据方程式求解理论上FeSO47H2O和FeCl36H2O的物质的量之比；（5）共沉淀法制备纳米级Fe3O4的关键为FeSO47H2O和FeCl36H2O的物质的量之比为1：2，Fe2+易被氧化为Fe3+，产品有杂质；（6）根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在10纳米以下，属于胶体的范畴，所以应具备胶体的性质，根据胶体的性质分析【解答】解：（1）由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，NF3NO，化合价降低1价，被还原，NF3HNO3，化合价升高2价，被氧化，由方程式可知若反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol（53）=0.4mol，转移的电子数目为0.4NA个，故答案为：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；0.4NA；由4NH3+3F2=NF3+3NH4F可知氧化剂：F2、氧化产物：NF3，所以氧化性F2NF3，由3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF可知氧化剂：NF3、氧化产物：HNO3，硝酸氧化性强于NO，所以氧化性NF3NO，则氧化性F2NF3NO，故答案为：F2NF3NO；（3）NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，同时生成的HF和HNO3易结合空气中的水蒸气形成酸雾，有刺激性气味，故答案为：产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾；（4）硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，常加入少量铁粉防止亚铁离子被氧化，加入硫酸防止其水解，生成Fe3O4的反应物为Fe2+、Fe3+和OH，根据电荷守恒可写出该离子方程式为Fe2+2Fe3+8OH=Fe3O4+4H2O，化学方程式为FeSO47H2O+2FeCl36H2O+8NaOH=Fe3O4+17H2O+Na2SO4+6NaCl，FeSO47H2O和FeCl36H2O的物质的量之比为1：2，故答案为：铁粉、硫酸；1：2；（5）共沉淀法制备纳米级Fe3O4的反应为FeSO47H2O+2FeCl36H2O+8NaOH=Fe3O4+17H2O+Na2SO4+6NaCl，Fe2+易被氧化为Fe3+，无法控制FeSO47H2O和FeCl36H2O的物质的量之比为1：2，产品有杂质，故答案为：Fe2+易被氧化为Fe3+，很难控制FeSO47H2O和FeCl36H2O的物质的量之比为1：2，产品含有杂质；（6）根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在10纳米以下，属于胶体的范畴，具备胶体的性质A分散质粒子直径在10纳米以下，所得分散系为胶体，所以不是溶液，故A错误；B该分散性属于胶体，胶体可以通过渗析法得到提纯，故B正确；C该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故C正确；D所得分散系为胶体，较稳定，属于介稳体系，故D正确；故答案为：A【点评】本题考查含氮、铁化合物的性质以及氧化还原反应，题目难度中等，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应的有关概念和计算，注意把握题给信息，为解答该题的关键9CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶生成无水氯化钴（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O写出NaClO3发生反应的主要离子方程式ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O（3）“加加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+，防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀（4）制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解（5）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水（答一条即可）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等进行解答；NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答，由表中数据可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（4）温度高时，CoCl26H2O分解；（5）根据CoCl26H2O的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水【解答】解：（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O； NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=Cl+6Fe3+3H2O；ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3，除去溶液中的Mn2+，防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（4）根据题意知，CoCl26H2O常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl26H2O需减压烘干，故答案为：降低烘干温度，防止产品分解；（5）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【点评】本题通过制取CoCl26H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力10过氧化镁MgO2易溶于稀酸，溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂等过氧化镁产品中常混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品过氧化镁的含量（1）某研究小组拟用如图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是用作催化剂（或催化H2O2的分解），MgO2的电子式为分液漏斗上端连接的橡皮管的作用有两个：一：使分液漏斗中的溶液顺利滴下；二：消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响实验室还可通过下列两种方案测定样品中过氧化镁的含量：方案I：取mg样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入NaOH溶液至Mg2+沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最终得到ng固体已知常温下KspMg（OH）2=1.01011为使方案I中Mg2+完全沉淀即溶液中c （Mg2+）105molL1，溶液的pH至少应调至11方案I中过氧化镁的质量分数为（用含m、n的表达式表示）方案II：称取0.56g样品置于碘量瓶中，加入KI溶液和足量盐酸，摇匀后在暗处静置5min，然后用0.1molL11Na2S2O3溶液滴定，滴定到终点时共消耗VmL Na2S2O3溶液（已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI）方案II中加入0.1molL1KI溶液的体积至少为200mL，滴定前需加入少量淀粉溶液作指示剂，样品中过氧化镁的质量分数为0.005V（用含V的表达式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）通过测量双氧水分解生成的氧气，可检测过氧化镁的含量，而氯化铁能作催化剂加快双氧水的分解，加快反应速率，过氧化镁是离子化合物，据此写出电子式；气体的体积受温度和压强影响大，分液漏斗上端连接的橡皮管的作用是保持恒压，用恒压分液漏斗的优点还有消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，使分液漏斗中的溶液顺利滴下；方案I根据氢氧化镁的溶度积，计算出溶液中氢氧根离子的浓度，求出溶液的PH；质量n是氧化镁，质量m是过氧化镁和氧化镁杂质质量，设出二者物质的量，列式计算出各自物质的量，最后根据过氧化镁的物质的量，算出其质量分数； 方案加入0.1molL1KI溶液的要使过氧化镁完全反应，根据电子守恒可知关系式MgO22KI，据此计算KI溶液的体积，由于碘遇淀粉显蓝色，加入少量淀粉溶液作指示剂；根据电子守恒找出关系式MgO22KII22Na2S2O3，计算出过氧化镁的质量分数【解答】解：（1）实验装置连接好以后，实验前需进行的操作是检查装置的气密性；过氧化镁溶于水生成双氧水，双氧水易分解，通过测量双氧水分解生成的氧气，可检测过氧化镁的含量，而氯化铁能作催化剂加快双氧水的分解，加快反应速率，过氧化镁是离子化合物，据此写出电子式为；故答案为：用作催化剂（或催化H2O2的分解）；由于气体的体积受温度和压强影响大，所以用恒压分液漏斗的优点还有消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，使分液漏斗中的溶液顺利滴下，故答案为：消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响；方案I根据氢氧化镁的溶度积常数可知，当溶液中c（Mg2+）=l105mol/L时，KspMg（OH）2=11011=c（Mg2+）c2（OH），溶液中OH浓度等于1103mol/L，所以溶液的pH=11，设过氧化镁的物质的量是xmol，氧化镁物质的量是ymol，则56x+40y=m，（x+y）40=n，解得x=，方案I中过氧化镁的质量分数为：=，故答案是：11；方案0.56g样品置于碘量瓶中，假设样品中都是MgO2，则其物质的量为0.01mol，加入0.1molL1KI溶液的要使过氧化镁完全反应，根据电子守恒可知关系式MgO22KI，所以KI溶液的体积为=0.2L=200mL，由于碘遇淀粉显蓝色，加入少量淀粉溶液作指示剂，用0.1molL11Na2S2O3溶液滴定，滴定到终点时共消耗VmL，则的物质的量为V104mol，根据电子守恒找出关系式MgO22KII22Na2S2O3，计算出过氧化镁的物质的量为V104mol，所以过氧化镁的质量分数为=0.005V，故答案为：200；淀粉溶液；0.005V【点评】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力【化学-选修2：化学与技术】11固硫剂是把煤燃烧时生成的二氧化硫以盐的形式固定在炉渣中的物质，可减少二氧化硫对大气的污染下列物质中可用做固硫剂的有（）ACaOBP2O5CNH4NO3DNa2CO3【考点】二氧化硫的污染及治理【分析】二氧化硫为酸性气体，可与碱性物质反应，如氨水、熟石灰，在加热条件下与石灰石反应；二氧化硫与P2O5、NH4NO3不发生反应，无法用于控制和消除二氧化硫对大气影响，以此解答【解答】解：高温时，CaCO3分解为CaO，能与SO2生成CaSO3，起到固定硫的作用；同理，Na2CO3与CaCO3相似，在高温时也能与SO2作用：Na2CO3+SO2Na2SO3+CO2，从而起到固硫的作用，二氧化硫与P2O5、NH4NO3不发生反应，故选AD【点评】本题考查二氧化硫的性质，侧重于化学与环境污染的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意二氧化硫是一种酸性氧化物，在高温条件下，可与碱性氧化物或盐反应，学习中注意积累，难度不大12以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答下列问题：（1）在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；炉气精制的作用是将含SO2的炉气除尘、水洗和干燥，如果炉气不经过精制，对SO2催化氧化的影响是矿尘、砷、硒等化合物使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；（3）精制炉气（含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及压强关系如图2所示在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450左右（对应图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是不选择B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，SO2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压、不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450时，催化剂的催化效率最高，故不选C点；（4）在SO2催化氧化设备中设置热交换器的目的是利用反应放出的热量预热原料气、上层反应气经热交换器温度降到400500进入下层使反应更加完全，从而充分利用能源【考点】工业制取硫酸【专题】化学计算【分析】（1）黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响；（3）在反应2SO2+O22SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但反应较慢，450时，催化剂的催化效率最高；（4）SO2催化氧化设备中设置热交换器可以充分利用反应放出的热【解答】解：（1）黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应，其反应的化学方程式为：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；故答案为：4FeS2+11O24Fe2O3+8SO2；在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，并且水蒸气在高温下与铁反应，对设备和生产有不良影响，故答案为：除尘、水洗；砷、硒等化合物会使催化剂中毒，水蒸气对设备和生产有不良影响；（3）在反应2SO2+O22SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450时，催化剂的催化效率最高故答案为：不选择B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大，SO2原料的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压；不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化作用受影响，450时，催化剂的催化效率最高，故不选C点；（4）在S02催化氧化设备中设置热交换器，把不同温度之间的气体进行热交换，可预热反应气体，冷却生成气体，可起到充分利用能源的目的，故答案为：利用反应放出的热量预热原料气；上层反应气经热交换器温度降到400500进入下层使反应更加完全【点评】本题考查硫酸的工业制法，涉及环境保护、反应原理、工业流程等问题，本题中注意炉气的精制、反应条件等问题的考查，是易错点，题目难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】13铁、铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用请回答下列问题：（1）铁在元素周期表中的位置第四周期第族配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于分子晶体（填晶体类型）Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=5Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）Fe（s）+xCO（g）已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为金属键（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式NN；两者相比较沸点较高的为CO（填化学式）（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示基态铜原子的核外电子排布式为Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1每个铜原子周围距离最近的铜原子数目12（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如附图2所示（黑点代表铜原子）该晶体的化学式为CuCl已知该晶体的密度为 gcm3，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为1010pm（只写计算式）【考点】晶胞的计算；配合物的成键情况【分析】（1）铁在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族；分子晶体熔沸点较低；配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，据此判断x值；根据生成物判断形成的化学键；（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体；极性分子的熔沸点较高；（4）铜为29号元素，据此写出基态铜原子的核外电子排布式；根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，据此判断每个铜原子周围距离最近的铜原子数目；（5）根据价电子排布式判断出X原子