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1、从不放松对“三个代表”等党和国家政治方针的学习，每天收看听闻，关心国家大事，积极参加党组织的各种活动，在工作一年后，荣誉地为由一名中国共产党预备党员成为正式党员，实现了我多年的愿望专题撬分练15对应学生用书P315基础组时间：35分钟满分：60分一、选择题(每小题5分，共计30分)12016衡水二中一轮检测下列说法正确的是()A铁是位于第四周期B族元素，是一种重要的过渡元素B四氧化三铁是氧化铁和氧化亚铁组成的混合物C14克铁粉和7克硫粉混合后高温下充分反应能生成21克硫化亚铁D铁在溴蒸气中点燃可生成FeBr3答案D解析A项，铁是位于第四周期族元素，是一种重要的过渡元素，错误；B项，四氧化三铁是
2、纯净物，错误；C项，14克铁粉和7克硫粉混合后高温下充分反应，硫粉不足，FeS的质量小于21克，错误。22016枣强中学月考某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案：铜铝混合物测定生成气体的体积方案：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是 ()A溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B溶液A和B均可以选用稀硝酸C若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小D实验方案更便于实施答案B解析本题考查铜铝混合物中铜的质量分数的测定。盐酸或NaOH只与Al发生反应，A正确；稀硝酸与Cu和Al均反应，B错；浓硝酸与金属铝发生钝化，使金属剩余的质量增大，
3、故导致金属铜的质量分数偏低，C正确；实验方案更便于实施，因为固体的质量便于称量，D正确。32016衡水二中预测下列离子方程式正确且能正确解释相关事实的是()A能证明Fe3氧化性比Cu2强：Fe3Cu=Fe2Cu2B用氢氧化钠溶液清洗铝电极表面的氧化物：2Al2OH2H2O=2AlO3H2C氯化铁溶液与偏铝酸钠溶液混合：Fe33AlO6H2O=Fe(OH)33Al(OH)3D过量铁粉溶于稀硝酸中：FeNO4H=Fe3NO2H2O答案C解析A项，所给离子方程式中得失电子和电荷都不守恒；B项，铝电极表面的氧化物是氧化铝；C项，铁离子和偏铝酸根离子发生相互促进的水解反应；D项，过量铁粉与稀硝酸反应生成
4、硝酸亚铁、一氧化氮和水。本题选C。42016武邑中学期末(双选)由5 mol Fe2O3、4 mol Fe3O4和3 mol FeO组成的混合物中，加入纯铁1 mol并在高温下和Fe2O3反应。若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是()A43 B32 C31 D21答案BC解析假设纯铁与Fe2O3反应生成FeO，根据Fe2O3Fe3FeO，则反应后n(Fe2O3)5 mol1 mol4 mol，n(FeO)3 mol3 mol6 mol，n(FeO)n(Fe2O3)6432，B项正确；假设纯铁与Fe2O3反应生成Fe3O4，根据4Fe2O3Fe3Fe3O4，则反
5、应后n(Fe2O3)5 mol4 mol1 mol，n(FeO)3 mol，此时n(FeO)n(Fe2O3)31，C项正确。52016衡水二中热身在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制备单质铜，有下列两种途径：FeH2CuCuOCuSO4Cu若用这两种方法制得等量的铜，则下列有关说法符合实际情况的是()A消耗氧化铜的质量相同B消耗铁的质量相同C消耗硫酸的质量相同D生成硫酸亚铁的质量相同答案A解析制备1 mol Cu需要1 mol CuO，而H2还原CuO时需要先用H2排除体系内的空气，冷却时也需要继续通H2，因此需要H2的量远大于1 mol，即消耗的Fe、H2SO4均比第种方法多。62016
6、武邑中学预测合金与纯金属制成的金属材料相比，优点是()合金的硬度一般比它的各成分金属的大一般地，合金的熔点比它的各成分金属的更低改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金合金比纯金属的导电性更强合金比纯金属的应用范围更广泛A BC D答案A二、非选择题(共计30分)72016枣强中学期中(20分)某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如图所示。(1)该小组同学预测SO2与FeCl3溶液反应的现象为溶液由棕黄色变成浅绿色，然后开始实验。步骤配制1 molL1 FeCl3溶液(未用盐酸酸化)，测其pH约为1，取少量装入试管B中，加热AFeCl3溶液显酸性的原因是_
7、(用离子方程式表示)。写出装置A中产生SO2的化学方程式：_。(2)当SO2通入到FeCl3溶液至饱和时，同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔效应。将混合液放置12小时，溶液才变成浅绿色。【查阅资料】Fe(HSO3)2离子为红棕色，它可以将Fe3还原为Fe2。生成Fe(HSO3)2离子的反应为可逆反应。解释SO2与FeCl3溶液反应生成红棕色Fe(HSO3)2的原因：_。写出溶液中Fe(HSO3)2离子与Fe3反应的离子方程式：_。(3)为了探究如何缩短红棕色变为浅绿色的时间，该小组同学进行了步骤的实验。步骤往5 mL 1 molL1 FeCl3溶液中通入SO2气体，溶
8、液立即变为红棕色。微热3 min，溶液颜色变为浅绿色步骤往5 mL重新配制的1 molL1 FeCl3溶液(用浓盐酸酸化)中通入SO2气体，溶液立即变为红棕色。几分钟后，发现溶液颜色变成浅绿色用铁氰化钾溶液检验步骤和步骤所得溶液中的Fe2，其现象为_。(4)综合上述实验探究过程，可以获得的实验结论：.SO2与FeCl3溶液反应生成红棕色中间产物Fe(HSO3)2离子；.红棕色中间产物转变成浅绿色溶液是一个较慢的过程；._。答案(1)Fe33H2OFe(OH)33HCu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O(2)H2OSO2H2SO3、H2SO3HHSO、Fe3HSOFe(HSO3)2Fe3
9、H2OFe(HSO3)2=2Fe2SO3H(3)生成蓝色沉淀(4)加热、提高FeCl3溶液的酸性会缩短浅绿色出现的时间解析(1)氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解使溶液显酸性。(2)SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是二元弱酸，电离出亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子结合铁离子生成Fe(HSO3)2，Fe(HSO3)2离子可以将Fe3还原为Fe2。(3)铁氰化钾溶液与亚铁离子结合可以产生蓝色沉淀。(4)根据步骤中的实验现象可以推测其第三个结论是：加热、提高FeCl3溶液的酸性会缩短浅绿色出现的时间。82016衡水二中仿真(10分)合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。 铝元素在元素
10、周期表中的位置为_。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为_。 AlMg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为_。 焊接过程中使用的保护气为_(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。 舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。 航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为_。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合下图信息推断该合金中除铜外一定含有_。答案(1)第三周期第A族CO2Al2O32NaOH=2Na
11、AlO2H2OAr(2)吸氧腐蚀CaCO3(或CaO)(3)Al、Ni解析(1)铝土矿的主要成分是氧化铝，提取铝的过程是：氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，再向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，加热使沉淀分解可得到氧化铝，最后电解得到铝。镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应，所以焊接时必须使用Ar等稀有气体作保护气。(2)在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙，以降低硅含量。(3)看图可知在pH为3.4时开始沉淀，故溶液中有Al3，没有Fe3，而Fe2和Ni2在pH为7.08.0之间均已开始沉淀若溶解合金的酸过量，假设合金中含有Fe，则溶解后Fe转化为Fe3，而不是Fe2，因此合金中不可能含有
12、Fe，一定含有Al和Ni。能力组时间：20分钟满分：25分一、选择题(每小题5分，共计15分)92016衡水二中模拟含有4.0 mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示(还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是 ()Aa是Fe(NO3)2 Bn10.80Cp0.60 Dn31.20答案C解析题图曲线相当于向含有4.0 mol HNO3的稀硝酸中逐渐加入铁粉，依次发生反应Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O、2Fe(NO3)3Fe=3Fe(NO3)2，故a是Fe(NO3)3，b是Fe(NO3)2。当只发生反应时，4 mol HNO3完
13、全反应生成1 mol Fe(NO3)3，消耗1 mol Fe，即q1，n11。当反应后溶质恰好为Fe(NO3)2时，共消耗1.5 mol Fe，Fe(NO3)2为1.5 mol，即r1.5，n31.5。当反应后溶质为等物质的量的Fe(NO3)3和Fe(NO3)2时，反应消耗0.2 mol Fe，生成0.6 mol Fe(NO3)2，剩余0.6 mol Fe(NO3)3，故p0.6，n21.2。102016武邑中学预测CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是()A途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C1 mol CuSO4在1100 所得混合气体X中O2一定为0.75 molDY可以是葡萄糖答案C解析根据途径中的离子反应方程式：3Cu8H2NO=3Cu22NO
