2013年高考化学试题分类解析——选择题部分（5.元素周期）备注：2013年高考化学或者理科综合（化学）试题统计及顺序（共15套，31地区）1、（1套）大纲版全国卷（广西）2、（1套，9地区）新课标全国卷I(内蒙古、宁夏；黑龙江、吉林、河南、河北、山西、陕西、湖南、江西）3、（1套，7地区）新课标全国卷II（西藏，新疆；青海、甘肃、贵州、云南、辽宁）4、（4套，4地区）4个直辖市各一套：北京、天津、上海、重庆5、（8套,8地区）独立命题省份：安徽，山东，四川，江苏，浙江，福建，广东，海南。
9．【题文】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）A．W2-、X+B．X+、Y3 +C．Y3+、Z2- D．X+、Z2-【答案】C【解析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2-、X+、Y3+、Z2-，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X 为Na，Y为Al，Z为S，Al3+和S2-均能发生水解，水解打破了水的电离平衡。
O2-不能在水溶液存在，而Na+不水解。
备注：该题命题结构简单，切入点新颖，考察了离子化合价与其离子电荷的关系，在预测题中也成功预测出相似题型。
实用文档【试源】2013年高考新课标Ⅰ卷化学试题9．【题文】下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）A．IA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物B．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强【答案】Ａ【解析】Ｆ并没有＋７价态；不一定会水解，水解和还原性没有递变关系；不能以此作为判断依据，要比较容易得失电子与否。
【试源】2013年高考天津化学试题3.[2013高考∙重庆卷∙3]下列排序正确的是A．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOH B．碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOH C．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BN D．沸点：PH3＜NH3＜H2O【答案】D【解析】苯酚的酸性小于碳酸，A项错误；元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性：B a(O H)2＞C a(O H)2,B项错误；SiCl4为分子晶体，熔点低于离子晶体MgBr2，C项错误；NH3分子间存在氢键，沸点反常大于PH3，H2O 分子间存在氢键，常温下为液态，在H2O、NH3、PH3中沸点最高，D项正确。
2013高中化学6年高考真题精解精析 11 水溶液中的离子平衡 【2012高考】 （2012·广东）23．对于常温下PH为2的盐酸，传述正确的是 A．c(H+)=c(Cl—) + c(OH—) B．与等体积PH=12的氨水混合后所得溶液显酸性 C．由H2O电离出的c(H+)=1.0 ×10—12 mol·L—1 D．与等体积0.01 mol·L—1乙酸钠溶液混合后所得溶液中：c(Cl—)=c(CH3COO—) （2012·福建）11.下列物质与水作用形成的溶液能与NH4CI反应生成 NH3 的是A.二氧化氮B.钠C.硫酸镁D.二氧化硅 【解析】NH4++H2ONH3●H2O+H+ ，只要能使平衡往正方向进行，而且在一定条件下温度升高或者氨水的浓度足够大就可能生成NH3，A项：产生NO气体，错误； B项：钠消耗了H+而且该反应放热可以产生氨气，正确；C项：不能产生氨气，错误；D项：二氧化硅可以与氢氟酸反应，跟其他酸很难反应，所以也没有氨气产生，错误。
【答案】B 【考点定位】本题考查了铵离子水解平衡。
（2012·四川）10.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是 A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-) + c(ClO-) + c(OH) B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+) > c(HCO3-) > c(CO32-) > c(H2CO3) C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH4+) > c(OH)=c(H+) D．0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合： 2c(H+) 2c(OH-)=c(CH3COO-) c(CH3COOH) （2012·山东）8. 下列与含氯化合物有关的说法正确的是 A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质 B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体 C．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物 D．电解NaCl溶液得到22.4LH2（标准状况），理论上需要转移NA个电子（NA阿伏加德罗常数） （2012·重庆）11.向10mL 0.1mol·溶液中，滴加等浓度溶液x mL，下列叙述正确的是 x=10时，溶液中有、、，且 x=10时，溶液中有、、，且 x=30时，溶液中有、、，且 x=30时，溶液中有、、，且 【答案】A 【解析】当x=10时，Al3+过量溶液中存在Al3+，过量的Al3+为，而NH4+没有参与反应，少量水解，A项正确，B项错误；当x=30时，OH-过量溶液中存在AlO2-， D项错误。
2013年重庆市高考化学一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.在下列溶液中，一定能够大量共存的离子组是（）A.加入苯酚显紫色的溶液：N a+、M g2+、C l-、SO42-B.加入金属铝能放出大量H2的溶液：NH4+、K+、HCO3-、CH3COO-C.使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液：C u2+、B a2+、S2-、I-D.加入金属铁能放出大量H2的溶液：N a+、A l3+、C l O-、NO3-【答案】A【解析】解：A．加入苯酚显紫色的溶液中含F e3+，该组离子之间不反应，则能大量共存，故A 正确；B．加入金属铝能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故B错误；C．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液，具有强氧化性，能与S2-发生氧化还原反应，能与I-发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D．加入金属铁能放出大量H2的溶液，为酸溶液，H+、C l O-结合生成弱电解质，且存在硝酸根离子具有强氧化性不能生成氢气，与题意不符，故D错误；故选A．A．加入苯酚显紫色的溶液中含F e3+；B．加入金属铝能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液；C．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液，具有强氧化性；D．加入金属铁能放出大量H2的溶液，为酸溶液．本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，熟悉离子之间的反应即可解答，注意发生的氧化还原反应为解答的易错点，题目难度不大．2.N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A.18g D2O中含有的中子数为10N AB.64g铜发生氧化还原反应失去的电子数可能为N AC.标准状况下，11.2L己烯中含有的碳原子数为3N AD.25℃时，1mol•L-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于N A【答案】B【解析】解：A、18g D2O物质的量==0.9mol，0.9mol D2O分子中含有的中子数为0.9mol×10=9mol，故A错误；B、64g铜为1mol，与硫单质反应是生成硫化亚铜，1mol铜反应中失去1mol电子，故B正确；C、标准状况下己烯不是气体，11.2L己烯不是0.5mol，故C错误；D、1mol•L-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数由于不知溶液体积，所以分子数无法计算，故D错误；故选B．A、质量换算物质的量，结合分子式中的中子数计算分析判断；B、质量换算物质的量，结合铜遇到弱电解质可以生成+1价铜的化合物；C、依据气体摩尔体积的应用条件分析；D、依据浓度计算物质的量，需要溶液的体积才能计算分析．本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是质量换算物质的量来计算微粒数，气体摩尔体积的应用条件，变价金属和弱氧化剂反应只生成低价化合物．3.下列实验与对应的图象符合的是（）A.向一定量的CH3COOH溶液中通入NH3至过量B.向等物质的量的HC l和A l C l3溶液中滴入N a OH溶液至过量C.对于达到平衡状态的N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应，在t1时缩小容器体积，并在t2时又达到平衡D.将p H=2的盐酸和醋酸分别加水稀释【答案】D【解析】解：A．醋酸是弱电解质，在溶液中离子浓度较小，向醋酸溶液中通入NH3至过量，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故A错误；B．向等物质的量的HC l和A l C l3溶液中滴入N a OH溶液至过量，发生的化学反应为：HC l+N a OH=N a C l+H2O A l C l3+3N a OH=A l（OH）3↓+3N a C l，A l（OH）+N a OH=N a A l O2+2H2O，根据反应方程式知，生成沉淀量最大所用的氢氧化钠是沉淀3完全消失的3倍，故B错误；C．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，缩小容器体积，容器内气体的压强增大，导致正逆反应速率都增大，但正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，故C 错误；D．p H=2的盐酸和醋酸中，醋酸是弱电解质氯化氢是强电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸，稀释相同的倍数，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以醋酸的p H变化小于盐酸的变化，故D正确；故选D．A．溶液的导电能力与离子浓度有关，离子浓度越大，其导电能力越大；B．向等物质的量的HC l和A l C l3溶液中滴入N a OH溶液至过量，氢氧化钠先和盐酸反应，然后和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，根据各个量之间的关系式判断；C．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，并再次达到平衡状态；D．弱电解质溶液中存在电离平衡，加水稀释促进弱电解质电离．本题是图象分析题，涉及弱电解质的电离、化学平衡、等知识点，明确图象中曲线的变化趋势、曲线的拐点是解本题关键，难度较大．4.查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH-2e-→X+2H+．下列说法中正确的是（）A.电池内部H+由正极向负极移动B.另一极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-C.乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极D.电池总反应为：2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O【答案】D【解析】解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，故A错误；B．电解质溶液呈酸性，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故B错误；C．原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D．由CH3CH2OH-2e-→X+2H+可知，X应为CH3CHO，则电池总反应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，故D正确．故选D．乙醇酸性燃料电池中，乙醇被氧化，应为电池负极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，由CH3CH2OH-2e-→X+2H+可知，X应为CH3CHO，应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极．本题以化学电源新型电池为载体考查了原电池原理，难度不大，易错选项是B，写电极反应式时要注意结合溶液的酸碱性；在酸性溶液，生成物中不能有氢氧根离子生成；在碱性溶液中，生成物中不能有氢离子生成．二、双选题(本大题共1小题，共6.0分)5.某溶液只可能含有N a+、A g+、A l3+、A l O2-、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种．向此溶液中加入稀盐酸，溶液变浑浊并有气体出现．根据上述现象，判断下列结论中不正确的是（）A.此溶液中一定有N a+、S2-、SO32-B.此溶液中可能有A l O2-、CO32-C.此溶液中一定没有A g+、A l3+D.此溶液中可能有S2-、NO3-【答案】AB【解析】解：溶液中加入稀盐酸，溶液变浑浊并有气体出现，浑浊现象可能是A g+、A l O2-作用生成A g C l、A l（OH）3沉淀，NO3-，S2-存在加入盐酸可以出现沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；所以推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，判断一定含有A l O2-，依据离子共存判断A l3+一定不存在，溶液中一定含有钠离子，A l O2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有；A、此溶液中一定有N a+，S2-、SO32-离子一定不含有，故A错误；B、此溶液中一定有A l O2-，依据分析判断，结论不正确，故B错误；C、上述分析判断可知，此溶液中一定没有A g+、A l3+，故C正确；D、上述分析判断可知，此溶液中可能有S2-、NO3-，故D正确；故选AB．溶液中加入稀盐酸，溶液变浑浊并有气体出现，浑浊现象可能是A g+、A l O2-作用生成A g C l、A l（OH）3沉淀，NO3-，S2-存在加入盐酸可以出现沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；所以推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，判断一定含有A l O2-，依据离子共存判断A l3+一定不存在，溶液中一定含有钠离子，A l O2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有．本题考查了离子性质的应用和离子检验方法的分析判断，掌握离子性质的反应现象是解题关键，题目难度较大．三、单选题(本大题共2小题，共12.0分)6.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.25℃时，p H=7的NH4C l与NH3•H2O混合溶液：c（H+）=c（OH-）=c（NH4+）=c （C l-）B.0.1mol/LN a2S溶液：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+c（H2S）C.25℃时，p H=2的HCOOH与p H=12的N a OH等体积混合：c（HCOO-）+c（H+）＜c （N a+）+c（OH-）D.0.1mol/LN a2CO3溶液：2c（CO32-）+2c（HCO-）+2c（H2CO3）=c（N a+）【答案】D【解析】解：A．混合溶液的p H=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒知c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（C l-），所以c（NH4+）=c（C l-），溶液中水的电离是微弱的，所以c（OH-）＜c（NH4+），故A错误；B．溶液中存在质子守恒，即c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），故B错误；C．甲是弱电解质，c（HCOOH）＞c（H+）=10-2mol/L，c（N a OH）=c（OH-）=10-2mol/L，等体积混合后溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（N a+）=c（HCOO-）+c（OH-），所以c（HCOO-）＞c（N a+），所以c（HCOO-）+c（H+）＞c（N a+）+c（OH-），故C错误；D．溶液中存在物料守恒，即2c（CO32-）+2c（HCO-）+2c（H2CO3）=c（N a+），故D正确；故选D．A．根据电荷守恒及电解质的电离程度判断；B．根据质子守恒判断；C．甲酸是弱电解质，c（HCOOH）＞c（H+）=10-2mol/L，c（N a OH）=c（OH-）=10-2mol/L，等体积混合后溶液呈酸性，结合电荷守恒判断；D．根据物料守恒判断．本题考查离子浓度大小的比较，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析解答即可，难度较大．7.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4mol A和2mol B进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+2D（g），反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol C，则下列说法正确的是（）A.该反应的化学平衡常数表达式是B.此时，B的平衡转化率是40%C.增大该体系的压强，平衡向左移动D.增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大【答案】B【解析】解：A．可逆反应3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+2D（g）的平衡常数k=，故A错误；B．达到平衡，测得生成1.6mol C，由方程式可知，参加反应的B的物质的量为1.6mol×=0.8mol，故B的转化率为×100%=40%，故B正确；C．该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，即向右移动，故C错误；D．增加B，B的浓度增大，平衡向正反应移动，A的转化率增大，B的转化率降低，故D错误；故选B．A．化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意纯液体、固体不需要写出；B．根据平衡时生成的C的物质的量计算参加反应的B的物质的量，再根据转化率定义计算；C．增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；D．增大某一反应物的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低．本题考查化学平衡常数、化学平衡计算、影响化学平衡的因素等，难度不大，注意掌握化学平衡常数的书写中纯液体、固体不需要写出．四、填空题(本大题共1小题，共15.0分)8.金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属M和C a，并含有3.5%（质量分数）C a O（1）C a元素在周期表中位置是______ ，其原子结构示意图______ ．（2）C a与最活跃的非金属元素A形成化合物D，D的电子式为______ ，D的沸点比A 与S i形成的化合物E的沸点______ ．（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：______ P+ ______ F e O+ ______ C a O→ ______ C a3（PO4）+ ______ F e2（3）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量N a OH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n．则金属M为______ ；检测M n+的方法是______ （用离子方程式表达）．（5）取 1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224ml H2（标准状况），在向溶液中通入适量的CO2，最多能得到C a CO3 ______ g．【答案】第四周期第ⅡA族；；；高；2；5；3；1；5；F e；F e3++3SCN-=F e（SCN）3；1.1【解析】解：（1）C a是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，处于周期表中第四周期第ⅡA族，原子结构示意图为，故答案为：第四周期第ⅡA族；；（2）最活跃的非金属元素A为F元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，电子式为，氟元素与S i形成的化合物为S i F4，S i F4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体，故沸点C a F2＞S i F4；故答案为：；高；（3）反应中P磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，故C a3（PO4）2系数为1，F e O的系数为5，P系数为2，C a O的系数为3，F e的系数为5，故配平后方程式为2P+5F e O+3C a O=C a3（PO4）2+5F e，故答案为：2、5、3、1、5；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量N a OH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，M为F e元素，F e3+与SCN-结合生成红色物质检验F e3+，离子方程式为F e3++3SCN-=F e（SCN）3，故答案为：F e；F e3++3SCN-=F e（SCN）3；（5）224ml H2的物质的量为=0.01mol，钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据电子转移守恒可知，C a的物质的量为=0.01mol，样品中C a O质量分数为3.5%，故氧化钙的质量为1.6g×3.5%=0.056g，故氧化钙的物质的量为=0.001mol，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（C a CO3）=n（C a）+n（C a O）=0.01mol+0.001mol=0.011mol，碳酸钙的质量为0.011mol×100g/mol=1.1g，故答案为：1.1．（1）C a是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，对于主族元素，电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；（2）最活跃的非金属元素A为F元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，氟元素与S i形成的化合物为S i F4，S i F4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；（3）反应中P磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，据此配平；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量N a OH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，M为F e元素，利用F e3+与SCN-结合生成红色物质检验铁离子；（5）钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算C a的物质的量，根据氧化钙的质量分数计算氧化钙的质量，计算氧化钙的物质的量，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（C a CO3）=n（C a）+n（C a O），再根据m=n M计算碳酸钙的质量．本题考查结构与位置关系、常用化学用语书写、氧化还原反应、化学计算等，题目综合性较大，难度中等，（5）中注意利用守恒进行计算．五、推断题(本大题共1小题，共14.0分)9.如图是无机物A～M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，A是具有刺激性气味的气体，I是由地壳中含量最高的金属元素形成的单质，K是一种红棕色气体，D是一种红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料．请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素的位置：______ ．（2）在反应⑨中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______ ．（3）在反应②．③．⑥．⑧中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的是______ （填写序号）．（4）反应④的离子方程式是：______反应⑦的化学反应方程式：______（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K2F e O4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O．该反应的化学方程式是：______ ．【答案】第四周期第Ⅷ族；2：1；②．⑧；F e2++4H++NO3-=3F e3++NO↑+2H2O；2A l+F e2O32F e+A l2O3；F e2O3+3KNO3+4KOH=2K2F e O4+3KNO2+2H2O【解析】解：F e S2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C 为H2SO4，D为F e2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为A l，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，即铝热反应．K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为F e，H为A l2O3，由反应4F e S2+11O22F e2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为F e2O3，由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为A l，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为F e，H为A l2O3，L为NO，M应为F e（NO3）3或F e（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为F e（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为F e（NO3）3或F e2（SO4）3，E应为F e（OH）3，（1）由以上分析可知G为F e，是26号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；（2）K是NO2，二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，作还原剂的二氧化氮计量数是2，作氧化剂的二氧化氮计量数是1，所以该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比2：1，故答案为：2：1；（3）在反应②．③．⑥．⑧中，②是氧化还原反应和化合反应，③是化合反应但不是氧化还原反应，⑥是分解反应且不是氧化还原反应，⑧是化合反应和氧化还原反应，所以既属于化合反应又属于氧化还原反应的是②．⑧，故答案为：②．⑧；（4）M中含有F e2+和NO3-，在酸性条件下可发生氧化还原反应，反应的离子方程式为F e2++4H++NO3-=3F e3++NO↑+2H2O，D是氧化铁，I是铝，高温下，氧化铁和铝反应生成氧化铝和铁，反应方程式为：2A l+F e2O32F e+A l2O3，故答案为：F e2++4H++NO3-=3F e3++NO↑+2H2O；2A l+F e2O32F e+A l2O3；（5）化合物F e2O3与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2F e O4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，反应方程式为F e2O3+3KNO3+4KOH=2K2F e O4+3KNO2+2H2O，故答案为：F e2O3+3KNO3+4KOH=2K2F e O4+3KNO2+2H2O．F e S2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为F e2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为A l，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，即铝热反应．K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为F e，H为A l2O3，由反应4F e S2+11O22F e2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为F e2O3，由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为A l，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为F e，H为A l2O3，L为NO，M应为F e（NO3）3或F e（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M 为F e（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为F e（NO3）3或F e2（SO4）3，E应为F e（OH）3，结合对应物质的性质和题目要求解答该题．本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据F e S2与氧气反应的性质结合物质的反应特点和物质的物理性质，如颜色、状态等，先确定个别物质，根据框图寻找线索进行推断．六、简答题(本大题共2小题，共29.0分)10.（1）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：该反应为______ （填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K= ______ ．（2）已知在常温常压下：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1275.6k J/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0k J/mol③H2O（g）=H2O（l）△H=-44.0k J/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：______ ．（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置．写出负极反应式：______ ．反应一段时间后溶液的p H将______ ．（填增大、减小或不变）【答案】放；0.17；CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8KJ/mol；；CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；减小【解析】解：（1）实验1中CO的转化率为×100%=40%，实验2中CO的转化率为×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，实验2条件下平衡常数，需要列式计算平衡浓度；H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）初始浓度0.5mol/L1mol/L00转化浓度0.2mol/L0.2mol/l0.2mol/l0.2mol/l平衡浓度0.3mol/L 0.8mol/L0.2mol/l0.2mol/lK===0.17故答案为：放；0.17；（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1275.6k J/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0k J/mol③H2O（g）=H2O（l）△H=-44.0k J/mol依据盖斯定律①-②+③×4得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：2CH3OH（l）+2O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）△H=-885.6KJ/mol；得到热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8KJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8KJ/mol；（3）甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置，甲醇在负极失电子发生氧化反应，CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，反应过程中消耗氢氧根离子，溶液p H减小，故答案为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；减小．（1）第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；依据图表数据列式计算平衡浓度，结合化学平衡常数概念计算；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（3）甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置，甲醇在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，依据原电池原理分析书写电极反应和溶液p H变化．本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，平衡常数计算应用，盖斯定律的计算应用，原电池电极反应的书写方法，题目难度中等．11.为测定该补血剂样品[主要成分是硫酸亚铁晶体（F e SO4•7H2O）]中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案：方案一：用酸性KM n O4溶液滴定测定铁元素的含量（1）写出滴定反应的离子方程式______ ．（2）下列滴定方式中，最合理的是______ （夹持部分略去）（填字母序号）．（3）实验前，首先要准确配制一定物质的量浓度的KM n O4溶液250m L，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需______ （填仪器名称）．方案二将F e SO4转化为F e2O3，测定质量变化操作流程如下：（4）步骤②中除用H2O2外还可以使用的物质是______ ．（5）步骤②是否可以省略______ ，理由是______ ．（6）步骤④中一系列操作依次是：过滤、洗涤、______ 、冷却、称量．（7）假设实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量______ g（用含a的代数式表示）．【答案】5F e2++M n O4-+8H+=M n2++5F e3++4H2O；B；250ml容量瓶；氯水；否；F e2+与碱反应后不能保证F e2+全部转化为F e3+，加热不能得到纯净的F e2O3，故无法准确计算F e的含量；灼烧；0.07a【解析】解：方案一：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将F e2+氧化为F e3+，被还原为M n2+，同时生成水，反应离子方程式为5F e2++M n O4-+8H+=5F e3++M n2++4H2O；故答案为：5F e2++M n O4-+8H+=5F e3++M n2++4H2O；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管内，硫酸亚铁溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管内，故B最合适；故答案为：B；（3）精确配制一定物质的量浓度的KM n O4溶液250m L，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250m L容量瓶；故答案为：250m L容量瓶；方案二：（3）步骤②加入有强氧化性试剂，能将F e2+全部氧化为F e3+，除用H2O2外还可以使用氯水等；故答案为：氯水；（5）F e2+与碱反应后不能保证F e2+全部转化为F e3+，加热不能得到纯净的F e2O3，故无法准确计算F e的含量，故步骤②不能省略；故答案为：否，F e2+与碱反应后不能保证F e2+全部转化为F e3+，加热不能得到纯净的F e2O3，故无法准确计算F e的含量；（6）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；故答案为：灼烧；（7）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag；故答案为：0.07a．方案一：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将F e2+氧化为F e3+，被还原为M n2+，同时生成水；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管内，硫酸亚铁溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管内；（3）精确配制一定物质的量浓度的KM n O4溶液250m L，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250m L容量瓶；方案二：由流程图可知，该实验原理为：将药品中的F e2+形成溶液，将F e2+氧化为F e3+，使F e3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量．（4）步骤②加入有强氧化性试剂，能将F e2+全部氧化为F e3+；（5）F e2+与碱反应后不能保证F e2+全部转化为F e3+，加热不能得到纯净的F e2O3，故无法准确计算F e的含量；（6）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；（7）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算．本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．高中化学试卷第11页，共11页。
分析化学复习题答案一、名词解释1.分析结果与真实值接近的程度，其大小可用误差表示。
2.平行测量的各测量值之间互相接近的程度，其大小可用偏差表示。
3.是由某种确定的原因所引起的误差，一般有固定的方向（正负）和大小，重复测定时重复出现。
包括方法误差、仪器或试剂误差及操作误差三种。
4.是由某些偶然因素所引起的误差，其大小和正负均不固定。
5.是指在分析工作中实际上能测量到的数字。
通常包括全部准确值和最末一位欠准值（有±1个单位的误差）。
6.指少量测量数据平均值的概率误差分布。
可采用t分布对有限测量数据进行统计处理。
7.用于判断某一分析方法或操作过程中是否存在较大的系统误差和偶然误差的检验。
包括t 检验和F检验。
8.滴定剂的量与被测物质的量正好符合化学反应式所表示的计量关系的一点。
9.滴定终止（指示剂改变颜色）的一点。
10.滴定终点与化学计量点不完全一致所造成的相对误差。
可用林邦误差公式计算。
11.描述滴定过程中溶液浓度或其相关参数随加入的滴定剂体积而变化的曲线。
12.在化学计量点前后±0.1%，溶液浓度及其相关参数发生的急剧变化为滴定突跃。
13.滴定分析中通过其颜色变化来指示化学计量点到达的试剂。
有两种不同颜色的存在型体。
14.浓度准确已知的试剂溶液，常用作滴定剂。
15.可用于直接配制或标定标准溶液的物质。
16.以滴定过程中溶液pH值的变化对滴定体积（或滴定百分数）作图而得的曲线。
17.化学计量点附近（±0.1%）pH的突变。
18.滴定终点与化学计量点不一致引起的误差，与指示剂的选择有关。
19.能给出质子或接受质子的溶剂。
包括酸性溶剂、碱性溶剂和两性溶剂。
20.为一定温度时金属离子与EDTA配合物的形成常数，以K MY表示，此值越大，配合物越稳定。
21.一种能与金属离子生成有色配合物的有机染料显色剂，来指示滴定过程中金属离子浓度的变化。
22.某些金属离子与指示剂生成极稳定的配合物，过量的EDTA不能将其从MIn中夺取出来，以致于在计量点附近指示剂也不变色或变色不敏锐的现象。
