1、江蘇省泰州市2021年高考化學(xué)二模試卷一、單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分.每小題只有一個選項符合題意.1 .大氣污染再次成為今年"兩會"的熱門議題.下列做法不能改善大氣環(huán)境的是（）A.大力開發(fā)新能源和可再生能源B.城市大力發(fā)展軌道交通，少開私家車C.清潔燃煤、提高燃油品質(zhì)D.學(xué)校、家庭安裝空氣凈化裝置考 常見的生活環(huán)境的污染及治理.點：分 A.開發(fā)新能源和可再生能源，減少化石燃料的燃燒；析：B.城市大力發(fā)展軌道交通，少開私家車，減少尾氣的排放；C.清潔燃煤、提高燃油質(zhì)量，可以減少有害'體的排放； D.安裝空包凈化裝置，不能減少空氣中的有害氣體.解

2、 解：A.開發(fā)新能源和可再生能源，減少化石燃料的燃燒，可以減少有害氣體的排 答：放，有利于改善大氣環(huán)境，故A正確；B.城市大力發(fā)展軌道交通，少開私家車，減少尾氣的排放，有利于改善大氣壞境，故 B正確；C.清潔燃煤、提高燃油質(zhì)量，可以減少有害氣體的排放，有利于改善大氣環(huán)境，故C 正確；D .安裝空包凈化裝置，不能減少空氣中的有害氣體，不利于改善大小境，故D錯 誤.故選D .點 本題考查環(huán)境污染及治理，側(cè)重于化學(xué)與人體健康的考查，為高考常見題型和高頻考 評：點，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好科學(xué)素養(yǎng)，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累.2 . （ 2分）（2015泰州二模）下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A

3、.水分子的比例模型：B .F-的結(jié)構(gòu)示意圖：5JC H2O2的電子式：H2： :D 葡萄糖的結(jié)構(gòu)簡式：C6Hl2。6考電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合；原子結(jié)構(gòu)示意圖；球棍模型與比例模型.點：分A.水分子是V型分子，且題中為球棍模型；析：B . F原子得到1個電子形成F-,質(zhì)子數(shù)不變?yōu)? ,核外電子數(shù)為10 ,有2個電子層，最外層電子數(shù)為8 ;C.雙氧水分子中不存在氧氧雙鍵，氧原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu);D.葡萄糖為多羥基醛，結(jié)構(gòu)簡式中需要標(biāo)出官能團結(jié)構(gòu).解答：解：A.水分子是V型，比例模型能夠體現(xiàn)出原子的相對體積大小，其正確的比例模 型為：崔之，故A錯誤；，故BB .氟離子的核電荷數(shù)為

4、9、核外電子總數(shù)為10 , F 一的結(jié)構(gòu)示意圖為：正確；C.雙氧水為共價化合物，氧原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，雙氧水正確的電子式 為：故C錯誤；D.葡萄糖中含有5個羥基、1個醛基，葡萄糖的結(jié)構(gòu)簡式為：CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，故 ;故選B .點 本題考查了常見化學(xué)用語的判斷，題目難度中等，注意掌握電子式、離子結(jié)構(gòu)示意評：圖、球棍模型與比例模型、結(jié)構(gòu)簡式等化學(xué)用語的概念及書寫原則，C為易錯點，注意明確雙氧水的分子組成及成鍵情況.3 . （ 2分）（2015泰州二模）常溫下，下列各組離子在水溶液中能大量共存的是（）A . NH4+ , Ag+ , NO3 一，CO32 一

5、，SO42 -B - Fe2+ , H+ , NO3- , Cl-C . A|3+、NH4+ , HCO3, crD . K+、Na+、NO3, SO42-考離子共存問題.點：分A.銀離子與碳酸根離子、硫酸根離子反應(yīng)；析：B.硝酸根離子在酸性條件下能夠氧化亞鐵離子；C.鋁離子與碳酸氫根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)；D.四種離子之間不發(fā)生反應(yīng)，在溶液中能夠共存.解 解：A . Ag+與CO32 一、SO42 -之間反應(yīng)生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A錯 答：誤；B . Fe2+、H+、NO3 -之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C . A|3+、HCO3 -之間發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫

6、氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，在溶液中 不能大量共存，故C錯誤；D . K+、Na+、NO3 -、SO42 之間不發(fā)生反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故D正確；故選D .點 本題考查離子共存的判斷，為中等難度的試題,注意掌握離子反應(yīng)發(fā)生條件，明確離 評：子不能大量共存的一般情況，如：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間，能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間,能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間（如Fe3+和SCN -）等.4 . （ 2分）（2015泰州二模）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用對應(yīng)關(guān)系不正確的是（）A.常溫下，鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化，常用鐵罐車運輸濃硝酸B SO2有漂白性，常用它來漂白紙漿C.硅酸鈉溶液呈堿性，常用做木材的防火劑

7、D . AI具有良好的延展性和抗腐蝕性，常用鋁箔包裝物品考硝酸的化學(xué)性質(zhì)；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；金屬的通性；鈉的重要化合物.點：分 A、常溫下濃硝酸與鐵發(fā)生鈍化反應(yīng)，表面形成致密的氧化膜；析：B、二氧化硫具有漂白性,其漂白原理是能和某些有色物質(zhì)反應(yīng)生成無色物質(zhì)；C、硅酸鈉不燃燒也不支持燃燒，可以作防火劑；D、AI具有良好的延展性和抗腐蝕性，可制成鋁箔，且在表面能生成一層致密的氧化 物膜.解 解：A.常溫下濃硝酸與鐵發(fā)生鈍化反應(yīng)，而不是不反應(yīng)，在表面生成一層致密的氧 答：化物膜，可阻礙反應(yīng)的繼續(xù)進行，故A正確；B、二氧化硫具有漂白性,其漂白原理是能和某些有色物質(zhì)反應(yīng)生成無色物質(zhì)，故利用 二氧化硫漂

8、白紙漿正確，故B正確；C、硅酸鈉不燃燒也不支持燃燒，可以作防火劑，與硅酸鈉溶液的堿性無關(guān)，故C錯 誤；D、AI具有良好的延展性，可制成鋁箔，且在表面能生成一層致密的氧化物膜，則具 有抗腐蝕性，可制成鋁箔包裝物品，故D正確； 故選C .點本題考查物質(zhì)的用途，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，性質(zhì)決定用途，用途體現(xiàn)性評：質(zhì)，會運用化學(xué)知識解釋生產(chǎn)生活現(xiàn)象，題目難度不大.5 . （ 2分）（2015泰州二模）設(shè)Na表示阿伏加德羅常數(shù)的值.下列說法正確的是（ ）A . 1 mol Cb與足量的Fe充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為3NaB 常溫下，1 LpH=l的H2SO4溶液中,由水電離出的H+數(shù)目為O.INaC

9、 常溫下，21 g乙烯和丁烯的混/體中含有的碳原子數(shù)目為1.5NaD 1 mol原子中所含中子數(shù)目為6NA考阿伏加德羅常數(shù).點：分 A、氯氣與鐵反應(yīng)后變?yōu)?1價；析：B、在硫酸溶液中，水的電離被抑制，氫離子幾乎全部來自于酸的電離，OH 一全音B來 自于水的電離；C、乙烯和丁烯的最簡式均為CH2 ；D、根據(jù)中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)來計算.解 解：A、氯氣與鐵反應(yīng)后變?yōu)?1價，則lmol氯氣與鐵反應(yīng)會轉(zhuǎn)移2mol電子，即 答：2Na個，故A錯誤；B、在硫酸溶液中，水的電離被抑制，氫離子幾乎全部來自于酸的電離，OH -全音B來 自于水的電離，故水電離出的 n ( H+ ) =n (OH* ) =10

10、- 13mol/LxlL=10 - 13mol , 故水電離出的氫離子的個數(shù)為10 - 13NA，故B錯誤；C、乙烯和丁烯的最簡式均為CH2 ,故21g混合物中含有的CH2的物質(zhì)的量n=2-=1.5mol ,故含有的碳原子的物質(zhì)的量為1.5mol ,即1.5Na個，故C正 14g/mol確；D、根據(jù)中子數(shù)=質(zhì)期-質(zhì)物可知，1 mol 14c原子中含8mol中子，即8NaU個，故D錯誤.故選C .點本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，掌握公式的運用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，評：難度不大.6 . ( 2分)(2015泰州二模)制備下列物質(zhì)的工業(yè)生產(chǎn)流程合理是()A 由SO2制亞硫酸鈉：SO2吧&am

11、p;J?5NaHSO3溶液2s03溶液 調(diào)節(jié)溶液的pHB 由NaCI制漂粉精:NaCI( aq )曳里Cl2演清石灰才£票粉精C 由NH3制硝酸：NH3上NO2為HNO3D.由乙烯制乙酸：H2c=CH2«瓶-CH3cH2OH,LCH3cHO.新制1譬醫(yī)液一 CH3coOH考化學(xué)實驗方案的評價.點：分A .亞硫酸酸性比碳酸強，SO2可與碳酸鈉反應(yīng)生成NaHSO3 ,進而與NaOH反應(yīng)生析：成 Na2s03 ；B.澄清石灰水濃度較低，應(yīng)用石灰乳；C.氨弓被氧化生成NO ;D.銀氨溶液成本較高.解 解：A .亞硫酸酸性比碳酸強，S02可與碳酸鈉反應(yīng)生成NaHSO3 ,進而與NaO

12、H反 答：應(yīng)生成Na2s03 ,故A正確；B.澄清石灰水濃度較低,生成次氯酸鈣較少，應(yīng)用石灰乳，故B錯誤；C .氨氣被氧化生成NO ,不能生成N02 ,故C錯誤；D .銀氨溶液成本較高，可用氧氣直接氧化，故D錯誤.故選A.點 本題綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有利 評：于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累.7 . （ 2分）（2015泰州二模）用下列裝置進行相應(yīng)實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ┲?A.用圖1所示配制一定濃度的稀硫酸B .用圖2裝置實驗室制取氨氣C .用圖3裝置蒸發(fā)徹口食鹽水D .用圖4裝置制取、收集乙煥'體考化學(xué)實驗方

13、案的評價.點：分 A.容量瓶不能用來稀釋溶液；析：B.氨氣易揮發(fā)，可用氨水和氧化鈣制備少量氨氣；C.蒸發(fā)溶液應(yīng)用蒸發(fā)皿；D.乙煥不能用濃硫酸干燥，且容度比空'略小.解 解：A.容量瓶只能用于配制一定濃度的溶液,且只能在常溫下使用，不能用來稀釋 答：溶液，故A錯誤；B.氨氣易揮發(fā)，氧化鈣和水反應(yīng)放熱，可促進氨氣的揮發(fā)，可用氨水和氧化鈣制備少 量氨氣，故B正確；C.蒸發(fā)溶液應(yīng)用蒸發(fā)皿，俎據(jù)用于加熱固體，故C錯誤；D.乙煥不能用濃硫酸干燥，且密度比空氣略小，一般用排水法收集，故D錯誤. 故選B .點 本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰?評：的考查，題目

14、涉及氣體制取、收集，儀器使用等，注重基礎(chǔ)知識的考查，選項C為易錯點，題目難度不大.8.（2分）（2015泰州二模）如圖是部分短周期主族元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系A(chǔ) . X、R的最會）化合價相同B .簡單離子的半徑：X > Y > ZC . Y、Z、R對應(yīng)的最高價氧化物的水化物相互之間可以發(fā)生反應(yīng)D .電解熔融的X與Z構(gòu)成的化合物可以得到單質(zhì)Z考原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系.點：分同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故前7種元素處于第析：二周期，后7種元素處于第三周期，由原子序數(shù)可知，乂為。元素，丫為Na元素，Z 為AI元素，R為S元素，結(jié)合元素周期律與物質(zhì)的性質(zhì)

15、等解答.解 解：同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故前7種元素處 答：于第二周期，后7種元素處于第三周期，由原子序數(shù)可知，X為O元素，Y為Na元 素，Z為AI元素，R為S元素，A .X為O元素，O元素沒有+6價，R為S元素，最高價為+6價，故A錯誤；B.X為O元素，Y為Na元素，Z為AI元素，分別形成的。2-、Na AP+離子電 子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小,簡單離子的半徑:O2- >Na+> A|3+ , 故B正確；C . Y、Z、R對應(yīng)的最高價氧化物的水化物分別為：NaOH、Al （ OH ） 3、H2sO4 , 氫氧化鈉與硫酸發(fā)生中和反應(yīng)，氫氧

16、化鋁屬于兩性氫氧化物，能與氫氧化鈉、硫酸反 應(yīng)，故C正確；D .工業(yè)上電解熔融的AI2O3冶煉AI ,故D正確；故選A .點 本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的關(guān)系及應(yīng)用，題目難度中等，推斷元素是解題的關(guān)鍵，根據(jù) 評：原子半徑變化規(guī)律結(jié)合原子序數(shù)進行推斷，首先審題中要抓住"短周期主族元素"幾9 . （ 2分）（2015泰州二模）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A .向燒堿溶液中加入鋁：AI+2OH- =AIO2 一 +H2TB 用過量氨水吸收煙道氣中的SO2 : SO2+2NH3*H2O=SO32 * +2NH4+H2OC .將脾口 FeCb溶液滴入廢水中制取Fe （ OH ） 3

17、膠體：Fe3+3H2O Fe （ OH ） 3l + 3H+D .用 Fe2+將飲用水中少量 CIO2'還原成為 CP : 4Fe2+ClO2'+4H+=4Fe3+CI -+2H2O考離子方程式的書寫.點：分A.電荷不守恒；析：B.過量氨水與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸核；C.氫氧化鐵膠體不是沉淀，不能標(biāo)沉淀符號；D.電荷不守恒.解 解：A .向燒堿溶液中加入鋁，離子方程式:2H2O+2AI+20H * =2AIO2 - +3H2t , 答：故A錯誤；道氣中的SO2 ,離子方程式：SO2+2NH3-H2O=SO32-+2NH4+ + H2O，故 B 正確；C .將飽和FeCb溶液滴入

18、廢水中制取Fe （ 0H ） 3膠體，離子方程式： Fe3+3H2O Fe （ OH ） 3（雎）+3H+，故 C 顆；D .用Fe2+將飲用水中少量CIO2"還原成為Cl',離子方程式:2H2O+4Fe2+ClO2 =4Fe3+cr+4OH -，故 D 錯誤； 故選：B .點本題考查了離子方程式的書寫，注意制備氫氧化鐵膠體時不能用沉淀符合，題目難度評：不大.10. （2分）（2015泰州二模）下列關(guān)于各圖象的解釋或得出結(jié)論正確的是（）A 圖1表示0.10molL 一】NaOH溶液滴定20.00mL0.10mol-L-1醋酸溶液的滴定曲線B .圖2表示乙酸溶液中通入氨氣至過量

19、過程中溶液導(dǎo)電性I的變化C.根據(jù)圖3所示可知：石墨比金剛石穩(wěn)定D 圖4表示反應(yīng)：2SO2+O2： 2s03 , ti時刻只減小的S03的濃度考酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算；化學(xué)反應(yīng)的能量變化規(guī)律；化學(xué)平衡的影點：響因素；電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性.分 A、醋酸為弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH應(yīng)大于1 ;析：B、乙酸是弱電解質(zhì)，隨通入氨氣發(fā)生反應(yīng)生成醋酸鐵是鹽完全電離，導(dǎo)電性增強；C、物質(zhì)能量越高越活潑,由圖象可知金剛石能量比石墨能量高；D、ti時刻只減小的S03的濃度,此時正反應(yīng)速率在原平衡點，隨反應(yīng)進行減小.解 解：A、由圖象可知曲線起始點pH=l ,醋酸為弱酸，0.1000mo

20、l/L的醋酸溶液pH 答：應(yīng)大于1,故A錯誤；B、乙酸是弱電解質(zhì)，隨通入氨氣發(fā)生反應(yīng)生成醋酸鐵,CH3COOH+NH3=CH3COONH4 , CH3co0NH4是鹽，水溶液中完全電離,溶液導(dǎo) 電性應(yīng)先增強,圖象中導(dǎo)電性減，故B錯誤；C、物質(zhì)能量越高越活潑，圖象中金剛石能量比石墨能量高,石墨轉(zhuǎn)化為金剛石是吸 熱反應(yīng)，所以石墨比金剛石穩(wěn)定，故C正確；D、ti時刻只減小的S03的濃度，此時逆反應(yīng)速率突然減小，而此時正反應(yīng)速率應(yīng)在 原平衡點，然后隨反應(yīng)進行減小，故D錯誤； 故選C .點本題考查了化學(xué)圖象的分析判斷，主要是弱電解質(zhì)電離平衡，溶液導(dǎo)電性強弱判斷，評：化學(xué)平衡影響因素分析應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)

21、鍵，題目難度中等.二、不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共20分,每小題只有一個或兩個選項 符合題意.若正確答案只包括一個選項，多選時，該題符0分；若正確答案包括兩個選項， 只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分. 11 .（ 4分）（2015泰州二模）雷美替胺是首個沒有列為特殊管制的非成癮失眠癥治療藥 物，合成該有機物過程中涉及如下轉(zhuǎn)化，下列說法正確的是（ ）A .可用濃漠水區(qū)分化合物II和化合物mB 化合物I、口、m均能與NaHCO3溶液發(fā)生反應(yīng) c . Imol化合物I最多能與3molH2發(fā)生加成反應(yīng)D.與化合物I互為同分異構(gòu)體，且分子含有

22、2個醛基的芳香族化合物有10種考有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì).點： 分a.ii中含有碳碳雙鍵，能和漠發(fā)生加成反應(yīng)；in中不含碳碳雙鍵，和漠不反應(yīng)；析：B.翔基都能和碳酸氫鈉反應(yīng)；C.I中苯環(huán)和醛基都能氧氣發(fā)生加成反應(yīng)；D .與化合物I互為同分異構(gòu)體且分子中含有兩個醛基的芳香族化合物中，如果兩個醛 基位于同一個碳上有一種，如果取代基為-CHO、- CH2CH0 ,有三種同分異構(gòu)體. 解 解：a . n中含有碳碳雙鍵，能和涅發(fā)生加成反應(yīng)而使漠水褪色；m中不含碳碳雙 答：鍵，和涅不反應(yīng)，所以不能使漠水褪色，故A正確；B .歿基都能和碳酸氫鈉反應(yīng),I中不含歿基，所以不能和碳酸氫鈉反應(yīng)，故B錯誤；C . I中苯環(huán)

23、和醛基都能W氧氣發(fā)生加成反應(yīng),I中含有一個苯環(huán)和一個醛基，lmoll 能和4mol氧氣發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯誤；D .與化合物I互為同分異構(gòu)體且分子中含有兩個醛基的芳香族化合物中，如果兩個醛 基位于同一個碳上有一種，如果取代基為-CHO、- CH2CH0 ,有三種同分異構(gòu)體， 所以有四種同分異構(gòu)體，故D錯誤；故選A .點本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高考高頻點，明確物質(zhì)中官能團及其性質(zhì)是解本題關(guān)評：鍵，熟悉常見官能團及其性質(zhì)，易措選項是D.12 .( 4分)(2015泰州二模)下列有關(guān)實驗操作對應(yīng)的現(xiàn)象及對現(xiàn)象的解釋或所得出的結(jié)論都正確的是()選項實驗操作現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向濃度均為0.1molL -

24、1的MgCU CuCI2先出現(xiàn)藍(lán)色沉Ksp ( Mg ( OH ) 2 ) > Ksp混合溶液中逐滴加入氨水淀(Cu ( OH ) 2 )B漠乙烷與NaOH溶液共熱后，滴加AgNO3未出現(xiàn)淡黃色漠乙烷未水解溶液沉淀C 用潔凈鉗絲蘸取溶液進行焰色反應(yīng)火焰呈黃色原溶液中不含K+D某鹽溶于鹽酸，產(chǎn)生無色無味氣體通入澄清變渾濁說明該鹽是碳酸鹽石灰水A . AB . BC . CD . D考化學(xué)實驗方案的評價.點：分A .先出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說明KspCu ( OH ) 2較??；析：B .不能排除AgOH的干擾；C.應(yīng)透過藍(lán)色鉆玻璃觀察；D .也可能為碳酸氫鹽.解解：A .溶層積小的先生成沉淀，向濃度

25、為0.1molL -1的MgCb、CuCl2混合溶液答：中逐滴加入氨水先出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說明KspCu ( OH ) 2較小，故A錯誤；B .涅乙烷與NaOH溶液共熱后，應(yīng)先加入硝酸酸化，否則不能排除AgOH的干擾, 故B錯誤；C.鉀離子的焰色反應(yīng)應(yīng)透過藍(lán)色鉆玻璃觀察，故C錯誤；D.某鹽溶于鹽酸，產(chǎn)生無色無味氣體通入澄清石灰水變渾濁，說明生成二氧化碳?xì)?體,也可能為碳酸氫鹽，故D錯誤.故選A .點 本題考查化學(xué)實驗方案評價，涉及焰色反應(yīng)、濕乙烷的水解、離子檢驗等知識點，側(cè) 評：重于學(xué)生的分析能力、實驗?zāi)芰驮u價能力的考查，注意把握實驗原理和操作方法.13 .( 4分)(2015泰州二模)下列說法

26、正確的是()A.粗鋅與稀硫酸反應(yīng)比純鋅快，說明粗鋅中含有更活潑的金屬B.新制氨水顯酸性，滴加少量紫色石蕊溶液，溶液始終呈紅色C 常溫下，弱酸酸式鹽NaHA的pH=6 ,說明HA -的電離程度大于其水解程度D . 一定溫度下，反應(yīng)2NaCI ( s ) =2Na ( s ) +CI2 ( g )的&H <0 , S>0考氯、漠、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；始變和婚變；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；鹽類水點：解的原理.分A .粗鋅與稀硫酸構(gòu)成原電池，Zn作負(fù)極，比Zn不活潑的金屬及非金屬可作正極；析：B .氯水中含鹽酸和HCIO , HCIO具有漂白性；C .弱酸酸式鹽NaHA的pH=6

27、 ,電離顯酸性；D . 2NaCI ( s ) =2Na ( s ) +CI2 ( g )中” > 0 ,該反應(yīng)不能自發(fā)進行.解解：A .粗鋅與稀硫酸構(gòu)成原電池，Zn作負(fù)極，比Zn不活潑的金屬及非金屬可作正答：極，則粗鋅與稀硫酸反應(yīng)比純鋅快，故A不選；B .氨水中含鹽酸和HCIO, HCIO具有漂白性，則滴加少量紫色石蕊溶液，溶液先變 紅色后褪色，故B不選；C .弱酸酸式鹽NaHA的pH=6 ,電離顯酸性，則說明HA -的電離程度大于其水解程 度，故C選；D . 2NaCI ( s ) =2Na ( s ) +CI2 ( g )中&S > 0 ,該反應(yīng)不能自發(fā)進行,則&am

28、p;H - T&S > 0 ,可知 H > T & S > 0 ,故D不選； 故選C .點 本題考查較綜合，為高考常見的冷拼試題，涉及電化學(xué)、物質(zhì)的性質(zhì)、水解與電離、 評：反應(yīng)的始變及反應(yīng)進行的方向等，側(cè)重化學(xué)反應(yīng)原理及分析、應(yīng)用能力的考查，題目難度不大.14 .( 4分)(2015泰州二模)臭氧是理想的煙氣脫硝劑,其脫硝反應(yīng)為2NO2 ( g ) +。3(g ) W N2O5 ( g ) +02 ( g ),在T溫度下，向2.0L恒容密閉容器中充入2.0mol NO2和l.Omol O3 ,經(jīng)過一段時間后達(dá)到平衡.反應(yīng)過程中測定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表：t/s036

29、1224n (O2)/mol 00.360.600.800.80下列有關(guān)說法正確的是()A .反應(yīng)在03 s內(nèi)的平均速率v ( NO2 ) =0.24 mol-L*1s 一B 24 s后，若保持其他條件不變，降低溫度，達(dá)到新平衡時測得c(O2) =0.44 mol-L* 1,則反應(yīng)的&H<0C 在T溫度下，起始時向容器中充入1.0 mol NO2、0.5 mol O3和0.50 mol N2O5、0.50 mol O2 ,反應(yīng)達(dá)到平衡時，壓強為起始時的0.88倍考點: 分 析：化學(xué)平衡的計算.D 在T溫度下，起始時向容器中充入2.0 mol N2O5和2.0 mol O2 ,達(dá)到

30、平衡時，N2O5 的轉(zhuǎn)化率大于20%A.根據(jù)v=令計算v ( 02 ),再利用速率之比等于其化學(xué)計毀(之比計算v At(NO2);B.由表中數(shù)據(jù)可知，12s與24s時氧氣的物質(zhì)的量均為0.8mol ,說明12s時可逆反應(yīng)到達(dá)平衡，平衡時氧氣的濃度為0. 8mol2L=0.4mol/L ,解氐溫度，達(dá)到新平衡時測得C ( 02 ) =0.44mol/L r氧氣濃度增大，說明降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動；C .容器體積不變，在T溫度下，起始時向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN205. 0.50molO2 ,轉(zhuǎn)化到左邊相當(dāng)于起始投入2OmolNO2和量相等，結(jié)合表中

31、 量之比計算；1.0molO3 ,與原平衡為完全等效平衡，平衡時壓強相等，即平衡時混合氣體總物質(zhì)的計算平衡時混合氣體總物質(zhì)的量，再利用壓強之比等于物質(zhì)的D.在T溫度下，起始時向容器中充入2QmolN2O5和2.0molO2 ,轉(zhuǎn)化到左邊相當(dāng) 于起始投入4.0molNO2和2.0molO3 ,所到達(dá)的平衡狀態(tài)相當(dāng)于在原平衡的基礎(chǔ)上壓 強增大一倍，平衡先正反應(yīng)方向移動，平衡時N2O5的物質(zhì)的量大于2x0.8mol=1.6mol r故參加反應(yīng)的N2O5的物質(zhì)的量小于2moi - 1.6mol=0.4mol z 據(jù)此計算判斷.解答：解：A .由表中數(shù)據(jù)可知，3s內(nèi)壓強物質(zhì)的量變化量為0.36mol,容

32、器體積為2L ,故 0.0 3s內(nèi)v ( O2 )=一且一=0.06mol/ ( L.s ),速率之比等于其化學(xué)計量數(shù)之 3g匕匕，故 v ( NO2 ) =2v ( O2 ) =2x0.06mol/(L.s) =0.12mol/ ( L . s )，故 A 錯 誤；B .由表中數(shù)據(jù)可知，12s與24s時氧氣的物質(zhì)的量均為0.8mol ,說明12s時可逆反應(yīng)到達(dá)平衡，平衡時氧氣的濃度為竺蚪=0.4mol/L ,脂氐溫度，達(dá)到新平衡時測得 2Lc(O2) =0.44mol/L ,氧氣濃度增大，說明陽氐溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，則正 反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即AH < 0 ,故B正確；C .容器體

33、積不變，在T溫度下，起始時向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和 0.50molN205x 0.50molO2 ,轉(zhuǎn)化到左邊相當(dāng)于起始投入2.0molNO2和1.0molO3 ,與原平衡為完全等效平衡，平衡時壓強相等，12s到達(dá)平衡時氧氣的物質(zhì) 的量為0.8mol ,則：2NO2 (g ) +03 ( g ) w N2O5 (g ) +02 ( g )物質(zhì)的量減少1 10.8mol 0.8mol故原平衡中平衡時氣體物質(zhì)的量為2moi+lmol - 0.8mol=2.2mol ,即起始時向容器 中充入 l.OmolNOz、0.5molO3 和 0.50molN205、0.50molC

34、)2到達(dá)平衡時，混合氣體總物質(zhì)的量為2.2mol ,平衡時壓強為起始的2. 2mol(1+0. 5+0, 5+0.5) mol=0.88 倍,故C正確；D .在T溫度下，起始時向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2 ,轉(zhuǎn)化到左邊相當(dāng) 于起始投入4.0molNO2和2.0molO3 ,所到達(dá)的平衡狀態(tài)相當(dāng)于在原平衡的基礎(chǔ)上壓 強增大一倍，平衡先正反應(yīng)方向移動，平衡時N2O5的物質(zhì)的量大于 2x0.8mol=1.6mol r故參加反應(yīng)的N2O5的物質(zhì)的量小于2moi - 1.6mol=0.4mol f 則達(dá)到平衡時，N2O5的轉(zhuǎn)化率小于.一口1 * 100%=20%，故D錯誤，2iro

35、l故選BC .點評：本題考查化學(xué)平衡有關(guān)計算及影響因素、反應(yīng)速率有關(guān)計算等，側(cè)重考查等效平衡， C、 D選項中關(guān)鍵是構(gòu)建等效平衡途徑，若利用平衡常數(shù)計算相對比較麻煩，難度中 等.(4分)(2015泰州二模)常溫下，一元酸HA溶液和NaOH溶液等體積混合(忽略體積變化)，實驗數(shù)據(jù)如下表下列判斷正確的是()實驗編號起始濃度 c(HA)反應(yīng)后溶液的pHc(NaOH )0.10.19X0.270.20.14.80.10.2yA -實驗反應(yīng)后的溶液中：c ( HA )約為一mol.L-191X10B 實驗反應(yīng)后的溶液中:c(HA) >c(Na+)=c(A- ) >c(H+)=c(OH-)C

36、實驗反應(yīng)后的溶液中：c ( HA ) +c ( H+ ) =c ( OH -)+c ( A-)D 實驗反應(yīng)后的溶液中：c ( OH 一)- c ( H+ ) - c(HA) =0.05mol-L1考 酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算.點：分 A、實驗是等濃度一元酸HA溶液和NaOH溶液等體積混合，化混合反應(yīng)后溶液呈 析：堿性，說明酸是弱酸，生成的NaA溶液中A -離子水解生成HA和氫氧根離子，HA 和氫氧根離子濃度近似相同，利用離子積常數(shù)計算；B、溶液中HA溶液和NaOH溶液等濃度、等體積混合顯堿性，實驗反應(yīng)后的溶液 中PH=7 ,說明溶液呈中性,則溶液中HA略過量，X大于0.2mol/L

37、 ,等濃度HA和 NaA混合溶液,依據(jù)實驗可知溶液呈酸性，電離大于水解，c ( A 一)> c ( HA ); C、實驗得到等濃度的HA和NaA混合溶液,依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒計 算，溶液中電荷守恒為：c ( Na+ ) +c ( H+ ) =c ( A- ) +c ( OH 一)，物料守恒c(A- ) +c(HA) =2c(Na+),帶入計算分析判斷；D、由實驗溶液中質(zhì)子守恒計算分析，反應(yīng)后溶液中含有等濃度的NaA和NaOH , 電荷守恒為：c ( Na+ ) +c ( H+ ) =c ( A -)+c ( OH -)，物料守恒為：c ( Na+ ) =0.05mol/L+c (

38、A* ) +c ( HA ),帶入計算得到.解 解：A、實驗是等濃度一元酸HA溶液和NaOH溶液等體積混合，化混合反應(yīng)后溶 答：液呈堿性,說明酸是弱酸,生成的NaA溶液中A -離子水解生成HA和氫氧根離子,A - +H20r HA+OH -，HA和氫氧根離子濃度近似相同，利用離子積常數(shù)計算得到c K(HA )約為l_molL -1,故A正確； 1X10B、溶液中HA溶液和NaOH溶液等濃度、等體積混合顯堿性，實驗反應(yīng)后的溶液 中PH=7 ,說明溶液呈中性，則溶液中HA略過量，X大于0.2mol/L ,等濃度HA和 NaA混合溶液,依據(jù)實驗可知溶液呈酸性,電離大于水解，c ( A -)>

39、c ( HA ), 實驗反應(yīng)后的溶液中：c(Na+) =c(A- ) >c(HA) >c(H+) =c(OH -),故 C錯誤；C、實驗得到等濃度的HA和NaA混合溶液，溶液中電荷守恒為：c ( Na+ ) +c )+c(HA)=2c(Na+),則c (HA) +2c(H+)=2c(OH- ) +c( A* )，故C錯誤；D、實驗溶液中含有等濃度的NaA和NaOH ,濃度均為0.05mol/L ,電荷守恒為： c ( Na+ ) +c ( H+ ) =c ( A - ) +c ( 0H -)，物*斗守恒為：c ( Na+ ) =0.05mol/L+c (A* ) +c(HA),帶入

40、計算得到：c ( OH -)- c(H+) - c ( HA ) =0.05molL 一 1,故D正確； 故選AD .點本題考查了電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較，溶液中電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒評：的分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等.二、非選擇題(共80分)16 . (12 分)(2015泰州二模)鋅浮渣主要含 Zn、ZnO、SiO2. Fe2+S Cd2 Mn2+ , 工業(yè)上可通過控制條件逐一除去雜質(zhì)以制備超細(xì)活性氧化鋅，其工藝流程如圖1 :怦浮淡II.I1234浸出液pH圖2(1 )鋅浮渣利用硫酸浸出后，將濾渣I進行再次浸出，其目的是 提高鋅元素的總浸出(2 )凈化I是為了將MM

41、+轉(zhuǎn)化為MnO2而除去，試寫出該反應(yīng)的離子方程式Mn2+SzO§2 - +2HzO=MnO2l+2SOg2 - +物+.(3 ) 90時，凈化2溶液中殘留鐵的濃度受pH影響如圖2PH值較小時，雖有利于Fe2+ 轉(zhuǎn)化為Fe3+，但殘留鐵的濃度仍高于pH為3 4時的原因是H+抑制Fe3+水解.(4 )濾渣3的主要成分為Cd (填化學(xué)式).(5 )碳化在50進行，"前軀體"的化學(xué)式為ZnCO3-2Zn ( OH ) 2-H2O ,寫出碳化過程生成“前軀體”的化學(xué)方不甄 3ZnSOq+6NHHCC)3=ZnCO32Zn ( OH ) zHzOl + 3 (NHq)2SOg

42、+5CC)2l ;碳化時所用NH4HCO3的實際用量為理論用量的1.1倍，其原因 一是為了使ZM+充分沉淀，二是 碳酸氫核受熱分解損失或NHHCO瞥肖耗H+ ,避免H+ 濃度過大溶解ZnCO,2Zn ( OH )2出尹 .考物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用.點：分 鋅浮渣主要含Zn、ZnO、Si02、Fe2+. Cd2 M«+,加入稀硫酸浸出過濾，得到 析:濾渣I為SiO2 ,凈化I力口入(NH4 ) 2s2。8溶液,PH=5.4是為了將MM+轉(zhuǎn)化為MnO2而除去,過濾得到濾渣n為MnO2 ,濾液在加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離 子，調(diào)節(jié)溶液PH沉淀鐵離子生成FeOOH ,過濾

43、得到濾液中加入鋅置換銘，過濾得到 的金屬位Cd ,濾液中加入碳酸氫核碳化，得到硫酸核和二氧化碳及"前軀體"的化學(xué) 式為ZnCO3-2Zn ( OH ) 2-H2O ,制備得到超細(xì)活性氧化鋅；(1)濾渣I進行再次浸出的目的是提高鋅元素的浸出率；(2) (NH4) 2s2。8溶液，PH = 5.4是為了將MM+轉(zhuǎn)化為MnC)2而除去，發(fā)生氧化 還原反應(yīng)；(3)依據(jù)鐵離子水解顯酸性分析，氫離子濃度大有利于抑制鐵離子的水解；(4 )上述分析可知濾渣3為被還原出的Cd ;(5 )依據(jù)"前軀體"的化學(xué)式為ZnCO3.2Zn ( OH ) 2-H2O ,結(jié)合反應(yīng)物為硫

44、酸鋅 和碳酸氫鐵，利用原子守恒配平書寫化學(xué)方程，碳化時所用NH4HCO3的實際用量為 理論用量的L1倍，其原因一是為了使ZM+充分沉淀，碳酸氫核受熱分解損失.解解：由工業(yè)生產(chǎn)流程可知，鋅浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2 Cd2 Mn2+ ,答：加入稀硫酸浸出過濾，得到濾渣I為SiO2 ,凈化I力口入(NH4 ) 2s2。8溶液，PH=5.4是為了將MM+轉(zhuǎn)化為MnO2而除去，過濾得到濾渣II為MnO2 ,濾液在加 入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子,調(diào)節(jié)溶液PH沉淀鐵離子生成FeOOH ,過濾得到 濾液中加入鋅置換餡，過濾得到的金屬位Cd ,濾液中加入碳酸氫核碳化，得到硫酸核 和二氧化碳及

45、"前軀體"的化學(xué)式為ZnCO3-2Zn ( OH ) 2-H2O ,制備得到超細(xì)活性 氧化鋅； (1)鋅浮渣利用硫酸浸出后，濾渣I進行再次浸出的目的是提高鋅元素的浸出率； 故答案為：提高鋅元素的總浸出率；(2) (NH4)2s2。8溶液具有氧化性，在PH=5.4時是為了將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2 而除去，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：Mn2+S2O82 " +2H2O=MnO2l+2SO42' +4H+ ;故答案為：Mn2+S2O82 -+2H2O=MnO2l+2SO42 一 +4H+ ;(3 ) 90時，凈化2溶液中殘留鐵的濃度受pH影響如圖2pH

46、值較小時，雖有利于 Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+ ,但殘留鐵的濃度仍高于pH為34時的原因是，依據(jù)鐵離子水解 顯酸性可知，氫離子濃度大有利于抑制鐵離子的水解；故答案為：H+抑制Fe3+水解；(4 )上述分析可知發(fā)生Zn+Cd2+=Zn2+Cd ,濾渣3為被還原出的Cd ,故答案 為：Cd ;(5 )"前軀體"的化學(xué)式為ZnCO3-2Zn ( OH ) 2-H2O ,結(jié)合反應(yīng)物為硫酸鋅和碳 酸氫核，濾液中加入碳酸氫核碳化，得到硫酸核和二氧化碳及"前軀體”的化學(xué)式為 ZnCO3-2Zn ( OH ) 2-H2O ,利用原子守恒配平書寫化學(xué)方程為： 3ZnSO4+6NH4HC

47、O3=ZnCO3*2Zn ( OH ) 2*H2Ol+3 ( NH4 ) 2so4+5CO2T ,碳化 時所用NH4HCO3的實際用量為理論用量的1.1倍，其原因一是為了使Z/+充分沉 淀，碳酸氫核受熱分解損失或NH4HCO3消耗H+ ,避免H+濃度過大溶解 ZnCO3-2Zn ( OH ) 2*H2O f故答案為:3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3*2Zn ( OH ) 2*H2Ol + 3 ( NH4 )2so4+5CO2T ;碳酸氫錢受熱分解損失或NH4HCO3消耗H+ ,避免H+濃度過大溶解ZnCO3-2Zn ( OH ) 2*H2O .點本題考查了物質(zhì)提純和分離的工業(yè)制備流程

48、分析判斷，實驗過程的分析應(yīng)用，主要是評：物質(zhì)性質(zhì)的理解應(yīng)用，掌握要出是關(guān)鍵，題目難度較大.17 . (15分)(2015泰州二模)化合物F是合成抗過敏藥孟魯斯特的重要中間體，其合成過程如下：請回答下列問題：(I)化合物C中含有氧官能團為 瘦基、 酯基(填名稱).(2 )化合物B的分子式為Ci6H13O3Br, B的結(jié)構(gòu)簡式為(3 )由C-D、E-F的反應(yīng)類型依次為 還原反應(yīng)或加成反應(yīng)、取代反應(yīng)(4 )寫出符合下列條件C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式BiBrOHC-Q-CHj-C-OIj-Q-CHO .ohc-ch!-Q-c-Q-1h.-choOHOH.I、屬于芳香族化合物，且分子中含有2個苯環(huán)口、

49、能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)(一C00CH,CHj / 一=/23為原料制備m、分子中有5種不同環(huán)境的氫原子.(5 )已知：RCIRMgCI , 寫出 CH3cH20H、7?U 的合成路線流程圖(乙醮溶劑及無機試劑任用)CH 3cH2 0H雪 CH3cHlc1/CH3 cH QlgCl2) H：0NifA分析：解 答：合成路線流程圖示例如下：H2C=CH2野CH3cH2BrLcH3cH20H .考 有機物的合成.點：B發(fā)生酯化反應(yīng)生成C,根據(jù)C結(jié)構(gòu)簡式知，B結(jié)構(gòu)簡式為生加成反應(yīng)生成D,D反應(yīng)生成E , E發(fā)生取代反應(yīng)生成F ;(5 ) CH3cH20H和HCI發(fā)生取代反應(yīng)生成CH3cH2cl , CH3c

50、H2。和Mg、乙酸反OH/Z應(yīng)生成CH3cH2MgeI , CH3cH2MgeI和苯甲酸乙酯、然后水解反應(yīng)生成OHOH解：B發(fā)生酯化反應(yīng)生成C ,根據(jù)C結(jié)構(gòu)簡式知，B結(jié)構(gòu)簡式為 IC發(fā)生加成反應(yīng)生成D , D反應(yīng)生成E , E發(fā)生取代反應(yīng)生成F ;(1)根據(jù)C結(jié)構(gòu)簡式知，化合物C中含有氧官能團為?；Ⅴセ?，故答案為：放 基；酯基;(2 )化合物B的分子式為Ci6Hi3O3Br, B的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：、J；(3)通過以上分析知，C發(fā)生還原反應(yīng)(或加成反應(yīng))生成D、E發(fā)生取代反應(yīng)生成 F,故答案為：還原反應(yīng)(或加成反應(yīng))；取代反應(yīng)；(4)C的同分異構(gòu)體符合下列條件：I、屬于芳香族化合物，且分子

51、中含有2個苯 環(huán)；n、能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基；m、分子中有5種不同環(huán)境的氫原子；符合條件的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為BiBr、OHC-CH-OHOH,BrBr故答案為：OHC-Q-cn'-C4-Q"<HO ,OHC-CK-Q-j-Q_CHi-CHOOHOH(5 ) CH3CH2OH和HCI發(fā)生取代反應(yīng)生成CH3cH2。，CH3CH2CI和Mg、乙醮反OH應(yīng)生成CH3cH2MgeI , CH3cH2MgeI和苯甲酸乙酯、然后水解反應(yīng)生成 O ,OHOH和氧氣發(fā)生加成反應(yīng)生成Mg點評：以合成流程圖為CH3CH2OHCH?CH;MgCl占一OH耳A0H濃硫強卜CH3cH20H

52、 -*CH3CH;C1 當(dāng)故答案為：2) H:0OHh2Ni,A知識運用能力，明確反0HZ/X本題考查有機合成，為高考高頻點，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷、應(yīng)前后物質(zhì)結(jié)構(gòu)變化是解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合題給信息解答，難點是(5 )中有機合成 路線的設(shè)計，題目難度中等.(12分)(2015泰州二模)聚合氯化鐵鋁(簡稱PAFC ),其化學(xué)通式為：Fe2A13(OH ) aClb-zH2Om .某同學(xué)為測定其組成,進行如下實驗：準(zhǔn)確稱取4.5050g樣品，溶于水,加入足量的稀氨水,過濾，將濾渣灼燒至質(zhì)量不再變化，得至U 2.3300g固體.另準(zhǔn)確稱取等質(zhì)量樣品溶于水,在溶液中加入適量Zn粉和稀硫酸,將Fe3+完全

53、還原為Fe2+ .用0.1000molL - 1標(biāo)準(zhǔn)KMnCU溶液滴定Fe2+ ,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為20.00mL .另準(zhǔn)確稱取等質(zhì)量樣品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到 4.3050g白色沉淀.(1)若滴定管在使用前未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗,測得的AI3+含量將 偏高(填"偏高"、或 "偏低"或"不變").(2 )實驗室檢驗Fe3+常用的方法是 向待測液中加入KSCN溶液，如果溶液變?yōu)榧t色，即 可證明溶液中含有鐵離子.(3 )通過計算確定PAFC的化學(xué)式Fe2Am(OH ) 2c(寫出計算過程，m 為聚合度，不必求出).考復(fù)雜

54、化學(xué)式的確定.點：分 (1)若滴定管在使用前未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗，相當(dāng)于用的標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，所以用到 析：的體積偏高，測得待測液中亞鐵離子的濃度偏大，即鐵離子偏大；(2 )實驗室檢驗?zāi)橙芤菏欠窈星?+ ,常用的期U為硫豆化鉀溶液，根據(jù)溶液是否 變成紅色，證明溶液中是否存在鐵離子；(3)稱取樣品溶于水，加入足量的稀氨水，過濾，將濾渣灼燒至質(zhì)量不再變化，得 到2.3300g固體是氧化鋁和氧化鐵；另準(zhǔn)確稱取等質(zhì)量樣品溶于水，在溶液中加入適量Zn粉和稀硫酸,將Fe3+完全還 原為Fe2+ ,用0.1000molL - 1標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液滴定Fe2+ ,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為 20.00mL ,根據(jù)KM

55、nO45Fe2+-5Fe3+ ,可以計算鐵離子的量，根據(jù)結(jié)合元素守 恒計算AI元素的含量；另準(zhǔn)確稱取等質(zhì)量樣品,用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得至11 4.3050g白 色沉淀即AgCI沉淀,可以計算CI元素的量.解 解：(1)若滴定管在使用前未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗，相當(dāng)于用的標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，所以 答：用到的體積偏高，測得待測液中亞鐵離子的濃度偏大，即鐵離子偏大，測得的AI3+含 量將偏高，故答案為：偏高；(2)鐵離子能夠與硫鼠根離子反應(yīng)生成紅色的絡(luò)合物硫春化鐵，據(jù)此檢驗鐵離子是否 存在，所以檢驗鐵離子是否存在的最簡便的方法為：向待測液中加入KSCN溶液，如 果溶液變?yōu)榧t色，即可證明溶液中

56、含有鐵離子，故答案為：向待測液中加入KSCN溶液，如果溶液變?yōu)榧t色，即可證明溶液中含有鐵 離子；(3)稱取樣品溶于水，加入足量的稀氨水，過濾，將濾渣灼燒至質(zhì)量不再變化，得到2.3300g固體是氧化鋁和氧化鐵；另準(zhǔn)確稱取等質(zhì)量樣品溶于水，在溶液中加入 適量Zn粉和稀硫酸，將Fe3+完全還原為Fe2+ ,用0.1000molL - 1標(biāo)準(zhǔn)KMnC)4溶 液滴定Fe2+ ,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為20.00mL ,根據(jù)KMnO4 5Fe2+ 5Fe3+ ,則 Fe3+的物質(zhì)的量是0.5x20x10-3mol=0.01mol ,氧化鐵的質(zhì)凝 0.01molx0.5xl60g/mol=0.8g ,氧化鋁質(zhì)量=2.33g - 0.8g=1.53g ,所以 AI3+的物質(zhì)的量是0.03mol,另準(zhǔn)確稱取等質(zhì)量樣品,用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得至11 4.3050g白色沉淀即Ag