1、2014届江西省师大附中高三上学期期中考试化学试卷与答案（带解析） 选择题 NA表示阿伏加德罗常数下列说法中正确的是（ ） A Cu和足量的稀硝酸反应产生 4.48L气体时，转移的电子数为 0.6NA B 1.2g NaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为 0.03 NA C标准状况下， 44.8 L NO 与 22.4 LO2混合后气体中分子总数为 2NA D S2和 S8的混合物共 6.4g，其中所含硫原子数一定为 0.2NA 答案： D 试题分析： A、温度压强不知， 4.48L 气体物质的量不是 0.2mol，故 A 错误； B、1.2g NaHSO4晶体物质的量 = =0.01mol
2、，含钠离子 0.01mol，含硫酸氢根离子 0.01mol，含阳离子和阴离子的总数为 0.02NA，故 B错误； C、标准状况下， 44.8 L NO 物质的量为 2mol，与 22.4 LO2物质的量为 1mol，混合后发生反应 2NO+O2=2NO2；生成二氧化氮 2mol，但存在平衡 2NO2 N2O4；所以 44.8 L NO与 22.4 LO2混合后气体中分子总数小于 2NA，故 C错误 D、 S2和 S8的混合物共 6.4g含硫元素物质的量 = =0.2mol，所含硫原 子数一定为 0.2NA，故D正确； 考点：阿伏加德罗常数 有 A、 B、 C、 D四种含硅元素的物质，它们能发生
3、如下反应： C与烧碱反应生成 A和水； A溶液与钙盐溶液反应生成白色沉淀 D； B在空气中燃烧生成 C； C在高温下与碳反应生成单质 B 根据上述变化，完成下列问题： （ 1）写出 B、 D的化学式： B 、 D （ 2）写出 C与烧碱反应的化学方程式： 写出 A溶液与钙盐溶液反应的离子方程式： 答案：故答案：为： Si， CaSiO3； SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O； SiO32-+Ca2+CaSiO3 有一混合溶液，其中只含有 Fe2+、 Cl-、 Br-、 I-（忽略水的电离）， Cl-、 Br-、I-的个数比为 2： 3： 4，向该溶液中通入氯气使溶液中 Cl-和 Br
4、-的个数比为 3： 1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余 Fe2+的物质的量之比为（ ） A 7： 4 B 7： 3 C 7： 2 D 7： 1 答案： B 试题分析：由题意可设 Cl-、 Br-、 I-的物质的量分别为 2mol、 3mol、 4mol， 由电荷守恒可得： 2n（ Fe2+） =n（ Cl-） +n（ Br-） +n（ I-）=2mol+3mol+4mol=9mol， n（ Fe2+） =4.5mol，通入氯气后，要满足 n（ Cl-）： n（ Br-） =3： 1， Cl-只要增加 7mol就可以，即需通入氯气 3.5mol 4mol I-先消耗2mol氯气， 3mol F
5、e2+消耗 1.5mol氯气，剩余 Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为： 3.5： 1.5=7： 3， 考点：氯气的化学性质；氧化还原反应的计算 硫酸铵在强热条件下分解： 4（ NH4） 2SO4=6NH3+N2+3SO2+SO3+7H2O若将生成的气体通入氯 化钡溶液中，得到的沉淀物是（ ） A BaSO3和 BaSO4 B BaS C BaSO3 D BaSO4 答案： A 试题分析：反应后的混合气体通入到 BaCL2溶液中发生的是复分解反应 SO2+H2O+2NH3=（ NH4） 2SO3 （ NH4） 2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl SO3+
6、H2O+2NH3 =（ NH4） 2SO4 （ NH4） 2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl 依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵， 1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气 2mol，则 4mol氨水和 2mol二氧化硫反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为 1mol硫酸钡， 2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为 1mol硫酸钡， 1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为 BaSO3和 BaSO4； 考点：铵盐；含硫物质的性质及综合应用 向某溶液中加入 BaCl2溶液，再加入稀硝酸，产生的白色沉淀不消失，下列叙述正确的是（
7、 ） A溶液中一定含有 SO42- B溶液中一定含有 Ag+ C溶液中一定含有 SO32- D溶液中可能含有 SO42-、 SO32-、 Ag+中的某一种、两种或三种 答案： D 试题分析：如溶液中含有 SO32-，能被硝酸氧化为 SO42-，加入 BaCl2溶液生成BaSO4，因加入的为 BaCl2，可能生成 AgCl，二者都不溶于水，所以溶液中可能含有 SO42-、 SO32-、 Ag+中的某一种、两种或三种 考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；常见离子的检验方法 Cl2是纺织工业常用的漂白剂， Na2S2O3可作为漂白布匹后的 “脱氯剂 ” S2O32-和 Cl2反应的产物之一为
8、 SO42-下列说法不正确的是（ ） A该反 应中还原剂是 S2O32- B H2O 参与该反应，且作氧化剂 C根据该反应可判断氧化性： Cl2 SO42- D上述反应中，每生成 l mol SO42-，可脱去 2mol Cl2 答案： B 试题分析：反应的离子方程式为 S2O32-+4Cl2+10OH-=2SO42-+8Cl-+5H2O，则A反应中 S元素的化合价升高，被氧化，则 S2O32-为还原剂，故 A正确；B反应中 H2O 为产物，不是氧化剂，氧化剂为反应物，故 B错误； C氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化性： Cl2 SO42-，故 C正确；D由反应的方程式可知，每生成
9、 lmolSO42-，可脱去 2molCl2，故 D正确 考点：氧化还原反应 下列说法合理的有（ ） A新制的漂白粉是纯净物 B液氯可以使干燥的红色纸片褪色 C新制氯水光照有 O2产生 D氢氟酸可保存在密封的细口玻璃瓶中 答案： C 试题分析： A漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故 A错误； B氯气不具有漂白性，当与水反应时生成 HClO， HClO 具有漂白性； C氯水中含有 HClO，在光照条件下分解生成氧气，故 C 正确； D氢氟酸能与玻璃中二氧化硅反应，能腐蚀玻璃，故 D错误 考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用 实验室里保存下列试剂的方法，有错误的是（ ） A新制氯水盛放在棕色试剂
10、瓶中，存放于低温避光的地方 B液溴易挥发，盛放在用水液封的棕色试剂瓶中 C碘易升华，盛放在有水的棕色广口试剂瓶中 D浓盐酸易挥发，盛装在无色密封的细口玻璃试剂瓶中 答案： C 试题分析： A氯水中的次氯酸见光易分解而导致 Cl2水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故 A正确； B液溴易挥发，一般采用水液封的办法以减少挥发，故 B正确； C碘易升华，但不易挥发，一般不液封，而是密闭保存，故 C错误； D浓盐酸具有较强的挥发性，所以应密封保存在细口瓶中，故 D正确 考点：化学试剂的存放 下列各组物质，不用任何试剂即可鉴别开来的是（ ） A NaCl、 NaBr、 KI三种无色溶液 B HCl、 NaC
11、l、 NaNO3、 Na2CO3四种溶液 C NaBr、 HCl、 KCl三种溶液 D淀粉、淀粉碘化钾、碘化钾、溴水四种溶液 答案： D 试题分析： A三种无色溶液相互滴加都不反应，没有明显的现象，不能鉴别，故 A错误； B通过相互滴加可鉴别盐酸和 Na2CO3，但无法鉴别 NaCl和NaNO3，故 B错误； C NaBr、 HCl、 KCl三种溶液滴加都不反应，没有明显的现象，不能鉴别，故 C错误； D溴水呈黄色，可鉴别出，然后用溴水滴加到其它溶液中，淀粉物现象，淀粉碘化钾变蓝，碘化钾溶液变为紫红色，现象各不相同，可鉴别，故 D正确 考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计 下列关于硅的叙述错误
12、的是（ ） A硅广泛存在于自然界中，天然单质硅叫硅石 B高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用 C常温下硅很稳定，不能跟强酸反应 D二氧化硅可制玻 璃、单质硅、光导纤维 答案： A 试题分析： A硅元素以化合态广泛存在于自然界中，无天然硅的单质，故 A错误； B高纯硅可做半导体，二氧化硅可做光导纤维的材料，故 B正确；C硅性质较为稳定，在常温下与强酸不反应，但和 HF 酸、强碱等物质反应，故 C正确； D二氧化硅是制备玻璃的主要原料，可被还原制备单质硅，是光导纤维的材料，故 D正确 考点：含硅矿物及材料的应用 将 SO2通入一定量 NaOH溶液中，充分反应后，该溶液溶质组成不可
13、能为（ ） A Na2SO3和 NaOH B NaHSO3 C NaHSO3和 Na2SO3 D NaOH和 NaHSO3 答案： D 试题分析： A当 SO2与 NaOH的物质的量之比小于 1： 2时，反应后生成Na2SO3，且 NaOH有剩余，即 A 可能，故 A不选； B当 SO2与 NaOH的物质的量之比大于 1： 1时，反应后生成 NaHSO3，即 B可能，故 B不选； C当SO2与 NaOH的物质的量之比介于 1： 1和 1： 2时，反应后生成 NaHSO3和Na2SO3，即 C可能，故 C不选； D因 NaOH和 NaHSO3能发生反应生成Na2SO3，则不可能，故 D选； 考点
14、：二氧化硫的化学性质 如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应已知钠及其氧化物的物质的量均为 0.1mol，水的质量为 100g下列说法正确的是（ ） A Na2O2中阴阳离子数目之比为 1： 1 B反应 的离子方程式为： Na+2H2O=Na+2OH-+H2 C反应 最多能产生 0.05mol O2 D 、 、 充分反应后所得溶液的质量分数从大到小： 答案： C 试题分析： A、过氧化钠中阴离子是 O2 2-，所以阴阳离子数目之比为 1： 2，故A错误 B、反应 的离子方程式为： 2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故 B错误 C、反应方程式为： 2Na2O2+2H2O
15、=4NaOH+O2， 2mol 1mol 0.1mol 0.05mol 根据方程式知，最多产生 0.05mol O2，故 C正确 D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下： Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的质量 =m（ Na） -m（ H2） =2.3g-0.1g=2.2g； Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量 =m（ Na2O） =0.1mol62g/mol=6.2g； Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的质量 =m（ Na2O2） -m（ O2） =m（ Na2O）=6.2g 所以溶液增加的质量大小顺序为：钠氧化钠 =过氧化钠， 根据钠原子守恒知， 0
16、.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为： 0.1mol、 0.2mol、 0.2mol，通过以上分析可知， 0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：、 、 ，所以 、 、 充分反应后所得溶液的质量分数从大到小： = ，故 D错误 考点：钠的重要化合物 在 AlCl3和 MgCl2的混合溶液中，逐滴加入 NaOH溶液直至过量，经测定，加入 NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示（ b处 NaOH溶液的体积为 1L），则下列判断不正确的是（ ） A NaOH的浓度为 0.6mol/L B在 a点处溶液中的溶质为 NaCl C
17、在 b点处溶液中的溶质只有 NaAlO2 D图中线段 oa： ab=5： 1 答案： C 试题分析： A、在 bL时，溶液为 NaCl、 NaAlO2溶液， 由图象可知： nAl（ OH） 3=0.1mol， n（ Mg（ OH） 2=0.1mol， 根据 Mg原子守恒有 n（ MgCl2） =n（ Mg（ OH） 2=0.1mol， 根据 Al原子守恒有 n（ NaAlO2） =n（ AlCl3） =nAl（ OH） 3=0.1mol， 由 Cl原子守恒有 n（ Cl） =n（ NaCl） =2n（ MgCl2） +3n（ AlCl3）=20.1mol+30.1mol=0.5mol， 由 N
18、a原子守恒有 n（ NaOH） =n（ NaCl） +n（ NaAlO2） =0.5mol+0.1mol=0.6mol， 所以 c（ NaOH） = =0.6mol/L，故 A正确； B、加入 aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共 0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为 NaCl溶液，故 B正确； C、在 bL时，即再继续滴加 NaOH溶液（ b-a）L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁 0.1mol，溶液为 NaCl、 NaAlO2溶液，故 C错误； D、加入 aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共 0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为 NaCl溶液，在 bL时，即再继续滴加 NaOH
19、 溶液（ b-a） L时，氢氧化铝与 NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁 0.1mol，溶液为 NaCl、 NaAlO2溶液，所以两部分 NaOH溶液的体积之比等于消耗的 NaOH的物质的量之比，即为 n（ NaCl）与 n（ NaAlO2）之比，故 oa： ab=a：（ b-a）=0.5mol： 0.1mol=5： 1，故 D正确 考点：镁、铝的重要化合物；有关混合物反应的计算 1L某混合溶液中，溶质 X、 Y的浓度都为 0.1mol L-1，向混合溶液中滴加某溶液 Z（ 0.1mol L-1氢氧化钠或硫酸溶液）至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则 X、 Y、 Z分别
20、是（ ） A氯化铝、氯化铁、氢氧化钠 B氯化铝、氯化镁、氢氧化钠 C偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸 D偏铝酸钠、氯化钡、硫酸 答案： C 试题分析：从图象趋势和沉淀于消耗 Z的量，可知溶液中有偏铝酸钠，无铝盐溶液，故所加 Z为硫酸溶液，从生成沉淀质量增加知含 Ba2+；故 AB错误；若为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，开始滴入硫酸时会生成沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，生成最大量沉淀氢氧化铝 0.1mol，需要硫酸 0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.1mol，需要硫酸 0.1mol，同时生成盐酸氯化氢 0.2mol，所以溶液不能为中性，并且不符合第一个拐点，故 D不符合；按图象拐点分成三个阶段， 1、硫酸和氢氧化
21、钡分别是二元强酸强碱，因此一开始氢氧化钡的 OH-和硫酸里的 H+1： 1中和同时 Ba2+和 SO42-， 1： 1反应生成硫酸钡沉淀； 2、氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，由于 H+和AlO2-是 1： 1反应，但硫酸是两元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是 1：2； 3、硫酸进一步过量，开始消耗沉淀， 3份 H+消耗一份 Al（ OH） 3，因此硫酸和沉淀消耗量应为 1.5： 1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4符合图象的数值变化；故 C符合； 考点：镁、铝的重要化合物 下列反应的离子方程式中，书写正确的是（ ） A实验室用大
22、理石跟稀盐酸制取二氧化碳： 2H+CO32-=CO2+H2O B将铝粉投入氢氧化钠溶液中： 2Al+2OH-=2AlO2-+H2 C向 Ca（ ClO） 2溶液中通过量 CO2气体： Ca2+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO D硅酸钠溶液与醋酸溶液混合： SiO32-+2HAc=H2SiO3+2Ac- 答案： D 试题分析： A、实验室用大理石跟稀盐酸制取二氧化碳：2H+CaCO3=CO2+H2O+Ca2+；故 A错误； B、将铝粉投入氢氧化钠溶液中反应的离子方程式为： 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；故 B错误； C、向 Ca（ ClO）2溶液中通过量 C
23、O2气体生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式 为： ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO；故 C错误； D、硅酸钠溶液与醋酸溶液混合生成硅酸沉淀，离子方程式为： SiO32-+2HAc=H2SiO3+2Ac-；故 D正确； 考点：离子方程式的书写 工业上以铬铁矿（主要成分为 FeO Cr2O3）、碳酸钠、氧气、和硫酸为原料生产重铬酸钠（ Na2Cr2O7 2H2O），其主要反应为： （ 1） 4FeO Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 （ 2） 2Na2CrO4+H2SO4 Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O 下列说法正确的是（ ）
24、A反应（ 1）和（ 2）均为氧化还原反应 B反应（ 1）的氧化剂是 O2，还原剂是 FeO Cr2O3 C高温下， O2的氧化性强于 Fe2O3，弱于 Na2CrO4 D反应（ 1）中每生成 1molNa2CrO4时电子转移 3mol 答案： B 试题分析： A、 4FeO Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而 2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O 中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误； B、 4FeO Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe
25、2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是 FeO Cr2O3，故 B正确； C、 4FeO Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是 FeO Cr2O3，所以氧气的氧化性大于 Na2CrO4和 Fe2O3，但不能判断 Na2CrO4和 Fe2O3的氧化性相对强弱，故 C错误； D、由方程式 4FeO Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3 +8CO2转移电子可知，生成 1molNa2CrO4时，参加反应的 O2的物质的量为 mol，反应中
26、 O 元素由 0价降低为 -2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的 4倍，转移电子的物质的量为 mol4=3.5mol，所以反应（ 1）中每生成 1molNa2CrO4时电子转移 3.5mol，故 D错误； 考点：氧化还原反应 有 FeO、 Fe2O3的混合物若干克，在足量 H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻 0.8g；将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需 1mol L-1的盐酸的体积至少为（ ） A 0.05 L B 0.1 L C 0.2 L D 1 L 答案： B 试题分析： FeO、 Fe2O3的混合物，在足量 H2气流中，加热充分反应
27、，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻 0.8g为混合物中氧原子的质量，物质的量=0.05mol；将等质量的 FeO、 Fe2O3的混合物与盐酸反应，使之完全溶解，当恰好反应时，需要盐酸的体积最小，此时恰好为 FeCl2、 FeCl3， FeO、 Fe2O3中 O元素为 -2价，用 -1价的 Cl-替换 -2价的 O，所以 n（ Cl-） =2n（ O）=0.05mol2=0.1mol，所以盐酸的体积为 =0.1L 考点：有关混合物反应的计算 实验题 氧化二氯是棕黄色刺激性气体，熔点： -116 ，沸点 3.8 氧化二氯不稳定，接触一般有机物易爆炸；它易溶于水（ 1： 100），同时反应生成次氯酸
28、溶液；制备出之后要冷却成固态以便操作和贮存制备少量 Cl2O，是用 干燥的氯气和 HgO 反应（还生成 HgO HgCl2）装置示意如图（铁架台和夹持仪器已略去） （ 1） A中盛有的深色固体试剂 a是 ，分液漏斗中试剂 b是 （ 2） B中盛有液体 c是 ， C中的液体 d是 （ 3） D中所发生反应的化学方程式是 （ 4） E中的保温瓶中盛有致冷剂，它应是 （在干冰、冰水、液态空气中选择），在 E的内管得到的氧化二氯中可能含有杂质是 （ 5）装置 A、 B、 C间的连接方式与 D、 E间的连接方式有明显的区别，这区别是 ，用这些不同的连接方式的主要理由是 答案：（ 1）高锰酸钾；浓盐酸（
29、2）饱和食盐水；浓硫酸（ 3）2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO HgCl2 （ 4）液态空气；液氯（ 5） A、 B、 C间用乳胶管连接， D、 E间不能乳胶管连接； Cl2O 遇有机物易爆炸 试题分析：（ 1）由装置图可知， A中发生反应制备氯气，反应不需加热，深色固体试剂 a与溶液 b反应，通常应为高锰酸钾与浓盐酸，故 a为高锰酸钾， b为浓盐酸故答案：为：高锰酸钾；浓盐酸（ 2） HCl易挥发， A中生成的氯气中含有 HCl、 H2O，用饱和食盐水吸收 HCl，用浓硫酸干燥，先除氯化氢，后干燥故 B中盛有液体 c是试剂饱和食盐水， C中的液体 d是浓硫酸故答案：为：饱和食盐水；浓硫酸
30、（ 3）由信息可知， D中氯气与 HgO 反应生成 Cl2O与 HgO HgCl2反应方程式为 2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO HgCl2故答案：为：2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO HgCl2（ 4）由题目信息可知，氧化二氯气体的熔点 -116 ，熔点很低所以选择沸点很低的液态空气进行制冷根据工艺流程可知，D中反应氯气可能不能成分反应，由于氯气易液化，所以 E的内管得到的氧化二氯中可能含有杂质是液氯故答案：为：液态空气 ；液氯（ 5）由信息可知，氧化二氯不稳定，接触一般有机物易爆炸，因此 Cl2O 不能与有机物接触，所以A、 B、 C间用乳胶管连接， D、 E间不能乳胶管连接故答案
31、：为： A、 B、 C间用乳胶管连接， D、 E间不能乳胶管连接； Cl2O 遇有机物易爆炸 考点：制备实验方案的设计 填空题 氰（ CN） 2、硫氰（ SCN） 2的化学性质和卤素很相似，化学上称为 “类卤素 ”，它们阴离子的还原性强弱为： Cl- Br- CN- SCN- I- 试写出： （ 1）（ CN） 2与 KOH（ aq）反应的化学方程式： ； （ 2） NaBr 和 KSCN 的混合溶液中加入足量（ CN） 2反应的离子方程式： 答案：（ CN） 2+2KOH=KCN+KCNO+H2O； 2SCN-+（ CN） 2=（ SCN）2+2CN 试题分析：（ 1）由 Cl2+2KOH=
32、KCl+KClO+H2O 可知，（ CN） 2的化学性质和卤素很相似， 则（ CN） 2与 KOH（ aq）反应的化学方程式为（ CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2O，（ 2）阴离子的还原性强弱为： Cl- Br- CN-SCN- I-， NaBr和 KSCN 的混合溶液中加入足量（ CN） 2反应，只发生 KSCN与（ CN） 2的反应，该反应为 2SCN-+（ CN） 2=（ SCN） 2+2CN-， 考点：化学方程式的书写；离子方程式的书写；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 （ 1）环境专家认为可以用铝将水中的 NO3- 转化为 N2，从而清除污染该反应中涉及的粒子有： H2O、
33、Al、 OH-、 Al（ OH） 3、 NO3-、 N2，请将各粒子分别填入以下空格（请将整个方程式配平后写在答题纸上） NO3-+ + + + - 该反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为 （ 2）若 4Al（ s） +3O2（ g） =2Al2O3（ s） H=-a KJ/mol Fe2O3（ s） +C（ s） =CO2（ g） +2Fe （ s） H=+b KJ/mol C（ s） +O2（ g） =CO2（ g） H=-c KJ/mol 写出 Al与氧化铁发生铝热反应的热化学方程式： （ 3）将一定质量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到 20mL PH=14的溶液，然后
34、用 2mol/L的盐酸滴定，可得到沉淀量与消耗的盐酸体积关系如图：则反应过程中产生氢气的总体积为 L（标准状况） 答案：（ 1） 10Al、 18H2O=10Al（ OH） 3、 3N2、 6OH-； 5： 3 （ 2） 2Al（ s） +Fe2O3（ s） =2Fe（ s） +Al2O3（ s） H=-（ a-b-c） KJ/mol （ 3） 2.016 试题分析：（ 1）反应中 NO3-N2， N 元素化合价由 +5价降低为 0价，共降低10价， AlAl（ OH） 3， Al元素化合价由 0价升高为 +3价，共升高 3价，根据电荷守恒可知 OH-是生成物，由 H元素守恒可知 H2O 是反
35、应物，化合价升降最小公倍数为 30，故 N2系数为 3， Al系数为 10，根据 N 元素守恒可知 NO3-系数为 6，根据 Al元素守恒可知 Al（ OH） 3系数为 10，电荷守恒可知 OH-系数为 6，根据H元素守恒可知 H2O 系数为，配平后离子方程式为 6NO3-+10Al+18H2O=10Al（ OH） 3+3N2+6OH-由方程式可知被氧化与被还原的元素的物质的量之比 10：6=5： 3故答案：为： 10Al、 18H2O=10Al（ OH） 3、 3N2、 6OH-； 5： 3 （ 2）已知： 4Al（ s） +3O2（ g） =2Al2O3（ s） H=-a KJ/mol F
36、e2O3（ s） +C（ s） =CO2（ g） +2Fe （ s） H=+b KJ/mol C（ s） +O2（ g） =CO2（ g） H=-c KJ/mol 由盖 斯定律可知， - + 得： 2Al（ s） +Fe2O3（ s） =2Fe（ s） +Al2O3（ s） H=-（ a-b-c） KJ/mol 故答案：为： 2Al（ s） +Fe2O3（ s） =2Fe（ s） +Al2O3（ s） H=-（ a-b-c） KJ/mol （ 3）由图可知加入盐酸不与立刻生成沉淀，说明盐酸先中和氢氧化钠，故合金全部溶解所得溶液为氢氧化钠与偏铝酸钠混合溶液，溶液中 n（ Na+） =n（ OH-
37、）+n（ AlO2-），当加入盐酸 30mL时，沉淀量最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯元素守恒有 n（ NaCl） =n（ HCl） =0.03L2mol/L=0.06mol，根据钠元素守恒有 n（ NaCl） =n（ Na） =n（ Na+） =0.06mol， PH=14的溶液中 c（ OH-）=1mol/L， n（ OH-） =0.02L1mol/L=0.02mol，所以 n（ AlO2-） =0.06mol-0.02mol=0.04mol，所以 n（ Al） =n（ AlO2-） =0.04mol，根据电子转移守恒 n（ H2） 2=n（ Na） 1+n（ Al） 3 ， 2n（ H
38、2） =0.06mol+0.04mol3=0.18mol，故n（ H2） =0.09mol， V（ H2） =0.09mol22.4L/mol=2.016L故答案：为： 2.016 考点：氧化还原反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算；有关混合物反应的计算 铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛研究铁及其化合物的应用意义重大 I水体的净化和污水的处理与铁及其化合物密切相关 （ 1）自来水厂常用高铁酸钠（ Na2FeO4）改善水质简述高铁酸钠用于杀菌消毒同时又起到净水作用的原理 （ 2）碱式硫酸铁 Fe（ OH） SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血工业上利
39、用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下： 已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH见下表： 沉淀物 Fe（ OH） 3 Fe（ OH） 2 Al（ OH） 3 开始沉淀 2.3 7.5 3.4 完全沉淀 3.2 9.7 4.4 回答下列问题： 写出反应 I中主要发生的氧化还原反应的离子方程式 加入少量 NaHCO3的目的是调节溶液 pH，应控制 pH的范围为 在实际生产中，反应 II常同时通入 O2以减少 NaNO2的用量，若通入 5.6L O2（标准状况），则相当于节约 NaNO2的质量为 g 碱式硫酸铁溶于水后产生的 Fe（ OH） 2+离子，可部分水解生成
40、 Fe2（ OH）42+聚合离子该水解反应的离子方程式为 II 铁的化合物也是制备高能锂电池的重要原料已知磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+Li LiFePO4，电池中的固体电解质可传导 Li+试写出该电池充电时的阳极反应式 答案： （ 1） FeO42-有强的氧化性，能杀菌消毒，本身被还原为 Fe3+，Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质，达到净水的目的；（ 2） 4.4 7.5； 69； 2Fe（ OH） 2+2H2O Fe2（ OH） 42+2H+； LiFePO4-e-FePO4+Li+ 试题分析： （ 1）高铁酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原生成 Fe3+，Fe3+
41、发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质，可用来除去水中的悬浮物，达到净水的目的，故答案：为： FeO42-有强的氧化性，能杀菌消毒，本身被还原为Fe3+， Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质，达到净水的目的；（ 2） Fe为活泼金属，可与酸反应，反应的离子方程式为 Fe+2H+Fe2+H2，故答案：为： Fe+2H+Fe2+H2； 制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH 生成 Al（ OH） 3，要避免生成应 Fe（ OH） 2沉淀，控制 pH 在 4.4 7.5 之间，故答案：为： 4.4 7.5； n（ O2） = =0.25mol，则得到电子0.25mol4=1mol，
42、 1molNaNO2被还原生成 NO，化合价由 +3价降低到 +2价，得到 1mol电子，则 m（ NaNO2） =1mol69g/mol=69g，故答案：为： 69； Fe（ OH） 2+离子，可部分水解生成 Fe2（ OH） 42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为 2Fe（ OH） 2+2H2O Fe2（ OH） 42+2H+，故答案：为： 2Fe（ OH） 2+2H2O Fe2（ OH） 42+2H+； 阳极发生氧化反应，由总反应式 FePO4+Li LiFePO4可知， LiFePO4被氧化生成 FePO4，反应的电极方程式为 LiFePO4-e-FePO4+Li+，故答案：为：LiFePO4-e-FePO4+Li+ 考点：制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理
