2019-2020年高三上学期第二次模拟考试化学试题 含解析.doc

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Cu-64一、选择题（本题包括18个小题，每小题只有一个选项符合题意，共54分）1东晋炼丹家葛洪的抱朴子里记载“丹砂( HgS)烧之成水银，积变又还成了丹砂”这句话里没有涉及到的反应类型为A氧化还原反应 B置换反应 C分解反应 D化合反应【答案】B【解析】试题分析：此题有关的化学反应有： HgS=Hg+S; ;Hg+S=HgS.其中属于氧化还原反应和分解反应； 属于化合反应，故A、氧化还原反应有涉及到；B、置换反应没有涉及；C、分解反应有涉及；D、化合反应有涉及；故答案选B。考点：考查化学反应类型。2若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 A. 16 g CH4与18 g NH4+所含质子数相等 B. 常温下,5.6g 铁钉与足量浓硝酸反应，转移的电子数为0.3 NA C. 1L 0.5 molL-1 Na2CO3溶液中，阴阳离子总数为1.5 NA D. 常温常压下，11g CO2气体中所含的分子数为0.25NA 【答案】D【解析】试题分析：A 、16gCH4的物质的量为n=m/M=16g/16g/mol=1mol,每摩尔CH4中有质子的物质的量为10mol，所以16gCH4 中质子的个数N=n NA=10NA; 18gNH4+的物质的量为n=m/M=18g/18g/mol=1mol,每摩尔 NH4+中有质子的物质的量为11mol，则18g NH4+中质子的个数N=n NA;=11NA故16 g CH4与18 g NH4+所含质子数不相等。故A错误；B、常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，故B错误；C、1L 0.5 molL-1的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.5mol，碳酸根离子部分水解，溶液中阴离子数目增多，所以溶液中含有的离子总物质的量大于1.5mol，离子总数大于1.5NA，故C错误；D、11gCO2气体物质的量=n=m/M=11g/44g/mol =0.25mol，所含的分子数为0.25NA，故D正确。故答案选D。考点：考查阿伏加德罗常数及其相关计算。3下列有关溶液组成的描述合理的是A无色溶液中可能大量存在Al3、NH、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na、ClO、SO、IC0.1 molL1NaOH溶液大量存在：K、Na、SO、CO D无色透明溶液中大量存在：K、Cu2、SO、Na【答案】C【解析】试题分析：A、Al3+与S2发生双水解反应，所以不能大量共存，故A错误；B、酸性溶液中ClO可氧化I，不能大量共存，故B错误；C、碱性溶液中K+、Na+、SO、CO32不发生反应，可以大量共存，故C正确；D、无色透明溶液中，Cu2为蓝色，不能大量共存，故D错误。故答案选C。考点：考查离子共存。4下列图示实验合理的是2019-2020年高三上学期第二次模拟考试化学试题 含解析A图4为用浓硝酸溶液与铜反应制备并收集少量NO2 B图2为制备少量氧气 C图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 D图1为证明非金属性强弱：SCSi【答案】D【解析】试题分析：A、图4中NO2与水反应，不可用排水法收集，故A错误；B、过氧化钠为粉末，不能用简易气体发生装置制备，故B错误；C、容量瓶应在常温下使用，且只能用于配制溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；D、比较非金属性强弱，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明硫酸酸性大于碳酸，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，说明碳酸酸性大于硅酸，从而可证明非金属性SCSi，故D正确；答案选D。考点：考查化学实验注意事项及非金属性强弱比较。5Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是 A原子半径的大小顺序：rY rX rQrWBX、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应CZ元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性D元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物【答案】D【解析】试题分析： X的焰色反应呈黄色，X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，所以二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍， W为氧元素，Z为硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素。A、同周期自左向右原子半径减小，所以原子半径NaAlSi，CO，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径SiC，故原子半径NaAlCO，即XYQW，故A错误；B、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，而氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生，故B错误；C、非金属性OS，故氢化物稳定性H2OH2S，故C错误；D、元素Q和Z能形成QZ 2是CS2属于共价化合物，故D正确；故答案选D。 考点：考查元素周期律。6已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应 Ce4+Fe2+ Fe3+Ce3+ Sn2+2Fe3+ 2Fe2+Sn4+由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是ASn2+、Fe2+、Ce3+ BSn2+、Ce3+、Fe2+ CCe3+、Fe2+ 、Sn2+ DFe3+、Sn2+、Ce3+【答案】A【解析】试题分析：氧化还原反应中的还原性：还原剂大于还原产物。由方程式可知，还原性：Fe 2 Ce 3+ ；Sn 2+ Fe 2 +，故Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是Sn2+、Fe2+、Ce3+。答案选A。考点：考查还原性强弱判断。7下列离子方程式表示正确的是 AAgNO3 溶液中加入Cu ：CuAgCu2AgBNaHCO3溶液中加入CH3COOH： CO322CH3COOHCO22CH3COOH2OC含0.2mol FeBr2 的溶液中通入0.2mol Cl2 ：4Fe26Br5Cl24Fe33Br210ClD等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2溶液混合： HCO3Ba2OHBaCO3H2O【答案】D【解析】试题分析：A、反应前后离子所带的电荷不守恒，故A错误；B、HCO3-是弱酸的酸式根，不能拆开，故B错误；C、当FeBr2 与Cl2物质的量之比为1:1时，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化，所以反应的离子方程式为：2Br- + 2Fe2+ + 2Cl2 = 2Fe3+ + 4Cl- + Br2，故C错误；D、体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba（OH）2溶液混合，HCO3完全反应生成BaCO3， HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，故D正确。故答案选D。 考点：考查离子反应方程式正误判断。8下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是选项 实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入氯化钡溶液,有白色沉淀生成,再加盐酸化,沉淀不溶解该溶液中一定含有SO42B向某溶液中先加入几滴KSCN溶液，再滴入酸性高锰酸钾溶，溶液变为浅红色该溶液中一定含有Fe2+C在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化,但不滴落,好像有一层膜兜着铝易被氧化；铝的熔点比氧化铝低D向某溶液中加入稀盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体该溶液中一定含有CO32【答案】C【解析】试题分析：A、该溶液中可能含有SO42-或Ag+，故A错误；B、加入KSCN溶液后的现象未指明，且使高锰酸钾溶液颜色变浅的离子可能是亚铁离子，也可能是亚硫酸根离子，所以不能判断原溶液中存在亚铁离子，故B错误；C、在酒精灯上加热铝箔，铝箔熔化,但不滴落,好像有一层膜兜着，这层膜是氧化铝，说明氧化铝的熔点高于Al的熔点，所以不滴落，故C正确；D、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，气体可能为二氧化硫或二氧化碳，则溶液中可能存在HCO3-、SO32-、HSO3-、CO32-，故D错误。故答案选C。考点：考查离子检验。9把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成5等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；另一份加入含bmolHCl的盐酸溶液恰好反应完全，则原混合溶液中c（Na+）为 A（b/10a/20）mol/L B（2ba）mol/L C（5b5a/2） mol/L D（10b5a）mol/L【答案】D【解析】试题分析：把500mL分成5等份,每一份为100ML，一份加入含a mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，据反应式NH4HCO32NaOH=Na2CO3H2ONH3H2O得100ML中NH4HCO3的物质的量0.5amol，NH4HCO3消耗盐酸的物质的量是0.5amol，所以和碳酸钠反应的盐酸的物质的量是（b0.5a）mol，则碳酸钠的物质的量是（0.5b0.25a）mol，所以每一份中钠离子的物质的量是（b0.5a）mol，则c（Na+）=（b0.5a）mol0.1L（10b5a）mol/L，答案选D。考点：考查离子浓度相关计算。10甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，据此可推断丙物质是 AAl2(SO4)3 BNaOH CBaCl2 DFeSO4【答案】D【解析】试题分析：已知向丁溶液滴入乙溶液，有白色沉淀，继续滴入丁溶液白色沉淀消失，判断丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，因为：Al2（SO4）3+6NaOH=2Al（OH）3+3Na2SO4，出现氢氧化铝白色沉淀，继续加人NaOH，则有Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝又溶解，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，则可推断甲是BaCl2，因此，丙是FeSO4。故答案选D。 考点：考查物质的鉴别。点燃11在一密闭容器中有HCHO、H2、O2共26.5 g，用电火花引燃烧，使其完全燃烧，再将燃烧后的气体用Na2O2充分吸收，Na2O2 增重10.5 g，则原混合气体中O2的物质的量是 A0.5 mol B0.25 mol C0.27 mol D0.52 mol点燃【答案】A【解析】试题分析：HCHO、H2燃烧反应方程式为HCHO+O2 =CO2+H2O，2H2+O2 =2H2O，二氧化碳、水与过氧化钠反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体中HCHO、H2的质量和，所以HCHO、H2的质量和为10.5g所以混合气体中氧气的质量为26.5g-10.5g=16gn(O2)=16g/32g/mol=0.5mol；故答案选A。考点：考查物质的量的相关计算。12某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL-1的盐酸，测得溶液中的CO32、HCO3、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。则下列说法不正确的是 AM点时生成的CO2为0mol B原混合溶液中的CO32与AlO2的物质的量之比为1：1 CV1：V2=1：3 Da曲线表示的离子方程式为：AlO2+H+ + H2OAl(OH)3【答案】C【解析】试题分析：0-50ml:因为a减少时没有离子浓度增加所以a代表AlO2-，发生反应AlO2-+H+H2OAl（OH）3，由图可知AlO2-反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2-）=n（H+）=0.05mol1mol/L=0.05mol50-100ml:AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+HCO3-，所以b线表示CO32-，c线表示HCO3-，由图可知CO32-反应完毕，该阶段加入盐酸50mL，据方程式可知n（CO32-）=n（H+）=0.05mol1mol/L=0.05mol所以原混合溶液中的CO32与AlO2的物质的量之比为1：1，B说法正确。且M点还未生成CO2，V1时刻CO32- 和HCO3-量相等 ，所以消耗盐酸25ml，V1=50+25=75ml;150ml-V2发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，是 AlO2-消耗盐酸的三倍，即为150ml故V2=150+150=300ml；V1：V2=75：300=1：4。A、据以上分析M点时未生成CO2，故A正确；B、据以上计算原混合溶液中的CO32与AlO2的物质的量之比为1：1，故B正确；C、据以上分析计算得V1：V2=75：300=1：4，故C说法错误；D、据以上分析a曲线表示的离子方程式为：AlO2+H+ + H2OAl(OH)3，故D正确。故答案选C 。 考点：考查离子反应与图象关系、化学计算等。13青石棉是一种致癌物质，是鹿特丹公约中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是 A青石棉是一种硅酸盐材料 B青石棉能完全溶于足量硝酸中，得到澄清透明溶液 C青石棉的化学组成可表示为Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O D1 mol青石棉能还原1 mol HNO3的稀硝酸【答案】B【解析】试题分析：A、硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素（主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称，所以青石棉是一种硅酸盐产品，故A正确；B、二氧化硅和硝酸不反应，所以Na2Fe5Si8O22（OH）2不能完全溶于足量硝酸中，故B错误；C、硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O，故C正确；D、据根据氧化还原反应中得失电子相等，1mol青石棉中有3molFe2+被氧化成Fe3+能将1molHNO3还原成NO，故D正确。故答案选B。考点：考查硅酸盐的组成和性质。14有Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0 g，放入500 mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250 mL 2.00 molL1的NaOH溶液时，得到沉淀最多。上述盐酸的浓度为 A1.00 molL1 B0.500 molL1 C2.00 molL1 D3.00 molL1【答案】A【解析】试题分析：Al、CuO、Fe2O3组成的混合物与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠原子守恒有n（NaCl）=n（NaOH）=025L20mol/L=05mol，根据氯原子守恒有n（HCl）=n（NaCl）=05mol，故盐酸的物质的量浓度= 05mol/05L=1mol/L。故A正确。答案选A。考点：考查物质浓度的计算。15NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为:MnONOMn2NOH2O。下列叙述中正确的是A该反应中NO被还原 B反应过程中溶液的pH减小C生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D. 中的粒子是OH【答案】C【解析】试题分析：A、该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以NO失电子被氧化，故A错误；B、根据元素守恒、电荷守恒知，是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B、D都错误；反C、根据氧化还原反应中得失电子守恒，生成1molNO3-转移2mol电子，需n(KMnO4)=2/(7-2)=0.4mol,故C正确；故答案选C。考点：考查氧化还原反应。16下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象的是向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸 向AgNO3溶液中逐滴加入过量氨水 向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸A B C D【答案】C【解析】试题分析：发生反应Na2CO3+ CO2+H2O= 2NaHCO3会沉淀但沉淀不会溶解。故不发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象；向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，首先是硫酸电离产生的离子中和Fe(OH)3胶体上的电荷，胶体聚沉，然后发生酸碱中和反应沉淀溶解。发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象。 刚开始滴加氨水，生成白色沉淀AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3继续滴加氨水，白色沉淀溶解AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象。 Na2SiO3溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀，硅酸不溶于盐酸，故不发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象。符合条件，故答案选C。考点：考查元素化合物之间的反应及现象。17某无色气体X，可能含有CO2、SO2、HCl、HBr中的一种或几种。将X通过适量的氯水时，X完全被吸收。将所得的无色溶液分装于两支试管后，分别加入酸化的AgNO3 与BaCl2溶液，结果均产生白色沉淀。下列推论正确的是 AX中可能有HBr BX中一定有SO2 CX中一定有CO2 DX中一定有HCl【答案】B【解析】试题分析：A、将X通过适量的氯水时得无色溶液，而HBr会被氯水氧化成Br2是红棕色的，所以一定没有HBr；B、因为所得的无色溶液加入酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀,则该沉淀必然是BaSO4,也就是说原气体X中必然有SO2，所以B正确； C、将X通过适量的氯水时,X恰好完全反应,没有任何气体剩余.说明没有CO2,CO2不能溶于酸性的氯水.D、加入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀为AgCl，但氯水中含有Cl-，不能确定是否含有HCl,所以D错误。故答案选B。考点：考查元素化合物的鉴定。18取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和 CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为 A3.6mol/L B3.2mol/L C2.8mol/L D2.4mol/L 【答案】D【解析】试题分析：将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g，减少的为O原子，所以n(O)=3.20g/16g/mol=0.2mol，据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，n(NO)=4.48L/22.4L/mol =0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO）=30.2mol，n（Cu）=0.3mol，由铜元素守恒可知nCu（NO3）2=n（CuO）+n（Cu）=0.2mol+0.3mol=0.5mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2nCu（NO3）2=0.2mol+20.5mol=1.2mol，硝酸的浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L。故答案选D。考点：考查元素化合物之间的反应及相关计算。二、填空题（每空2分，共46分）19二氧化钛是钛的重要化合物，钛白（纯净的二氧化钛）是一种折射率高、着色力和遮盖力强、化学性质稳定的白色颜料。从钛铁矿（主要成分FeTiO3，含Fe2O3、SiO2等杂质）制取二氧化钛，常用硫酸法，其流程如下：（1）钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式 。（2）为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间、熔块粉碎外， 适宜的条件还可以选择 (任写一种)。（3）过滤时所需玻璃仪器为漏斗、玻璃棒和烧杯。从滤液中得到X为绿矾（FeSO47H2O） 晶体的实验操作依次为:加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、低温干燥。实验室要 配制、保存该溶液时需加少量铁屑，目的是 。（4）第步反应化学方程式 。（5）若实验时需要450mL2mol/L的C溶液，则在精确配制时，需用托盘天平称取NaOH 固体 g，所使用的仪器除托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药 匙外，还必须有 （填仪器名称）。【答案】（1）FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+ TiOSO4+ 2H2O （2）连续搅拌、适当升高温度 （合理均给分） （3） 防止Fe2+被氧化 （4）TiOSO4+ 2H2O = H2TiO3+H2SO4 （5）40.0 500ml容量瓶 【解析】试题分析：（1）从钛铁矿主要成分FeTiO3与浓硫酸反应主要产物是TiOSO4和FeSO4，根据原子守恒还会生成水，配平之后方程式为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+ TiOSO4+ 2H2O 。（2）连续搅拌、适当升高温度等可以提高“固体熔块”水浸取时的浸出率。（3）溶液中的Fe2+容易被氧化成Fe3+，加铁屑是为了防止其被氧化。（4）由题知TiOSO4和 2H2O会反应生成 H2TiO3，根据原子守恒判断还有H2SO4生成，所以方程式为： TiOSO4+ 2H2O = H2TiO3+H2SO4。（5）题目中虽然要配置450ml溶液，可是实际配置没有450ml容量瓶，应用500ml容量瓶，所以溶液体积计算时应用500ml，所以得n(NaOH）=CV=2mol0.5L=1mol，m(NaOH）=1mol40g/mol=40.0g,因为是用托盘天平秤所以必须精确到0.1，故答案为40.0g；配制一定物质的量浓度溶液用到仪器：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等；故答案为：500mL容量瓶。考点：考查无机物之间的相互转化及相关计算。202015年8月12日晚11时20分左右，天津港国际物流中心区域内瑞海公司所属危险品仓库发生的爆炸，造成了严重的人员伤亡，据瑞海国际官网信息，该公司仓储含有以下种类物质：压缩气体天然气、易燃液体乙酸乙酯、遇湿易燃物品电石、氰化钠、腐蚀品硫化碱等。（1）由于CaC2、金属钠、金属钾等物质能够跟水反应给灾后救援工作带来了很多困难。如果在实验室，你处理金属钠着火的方法是 。（填序号） A泡沫灭火器 B消防车喷水 c沙土（2）硫化碱其实就是我们常见的硫化钠，触及皮肤和毛发时会造成灼伤。其水溶液呈强碱性，故俗称硫化碱。 其水溶液在空气中会缓慢地氧化成Na2S2O3，该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为 。 （3）事故发生后,爆炸中心区、爆炸区居民楼周边以及海河等处都受到了严重的氰化物污染。处理NaCN的方法有多种,方法一:用NaClO在碱性条件下跟NaCN反应生成无毒害的物质，试写出该反应的离子反应方程式 。 方法二:这些泄露的氰化钠将通过喷洒双氧水的方式来处理，用双氧水处理后会释放氨气同时生成无毒的碳酸氢钠,以减轻污染。则CN- 被氧化生成的产物为 。 （4）环保部门为测定H202溶液浓度，方法如下：用移液管吸取10. 00mL的H2O2样品盛入l00ml容量瓶中，加水稀释至刻度线，取25.OOmL溶液盛入锥形瓶里,再加入lOmL 3mol/L稀硫酸（过量），用0.02mol/L的标准浓度的KMnO4溶液滴定，所用体积为20.00ml,试写出与H2O2 相等电子数的三原子分子的化学式 。原H2O2溶液的浓度为 mol/L。【答案】（1）c （2） 1:1 （3） 2OH-+2CN- +5ClO- =2CO32- +5Cl- +H2O+N2 HCO3-（4） H2S 0.4 考点：考查化学实验物品事故处理、氧化还原反应及相关计算等。21工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计了如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。（1）实验原理:Al4C3与硫酸反应可生成CH4。AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气。 （2）实验装置(如图所示):（3）实验过程:连接实验装置，检验装置的气密性。称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL称取xgAlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3 ，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应。待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞，通过分液漏斗加入过量NaOH ，与装置B瓶内物质充分反应。 (填入该步应进行的操作)。记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。（4）数据分析:(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm Lmol1)Al4C3的质量分数为 。若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。AlN的质量分数为。【答案】(3） 打开K2 通入空气一段时间 （4） 偏小 【解析】试题分析：（3）装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小（4）数据分析：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用关闭活塞K2、K3 ，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数。、甲烷的体积为（b-a）mL，物质的量= = 根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量=n = ，Al4C3的质量分数=。 、读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，、氨气的质量为（z-y）g，物质的量=,根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量=nM= = ，故AlN的质量分数= 考点：考查无机实验及相关计算。22下图是无机物AM在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属， K是一种红棕色气体。 请填写下列空白： （1）在周期表中，组成单质I的元素位于第_周期_族。（2）在反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。 （3）在、中既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是_（填序号） （4）反应的离子方程式是_。 （5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸 钾）， 同时还生成KNO2和H2O。该反应的化学方程式是 _。 【答案】（1）三 IIIA （2） 1:2 （3） （4）3Fe 2+8H+NO33Fe 3+NO2H2O （5）Fe2O33KNO34KOH2K2FeO4 3KNO22H2O【解析】 考点：考查无机物的推断。