2018-2019学年浙江省“温州十五校联合体”高一下学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年浙江省“温州十五校联合体”高一下学期期中考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年浙江省“温州十五校联合体”高一下学期期中考试 高一年级化学学科 试题 可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Si 28 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137‎ 一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.下列属于酸性氧化物且不与水反应的是 A. SO2 B. H2SO4 C. SiO2 D. CO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化物只有两种元素，且必须有氧元素，酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，中心原子化合价不变，溶于水一般生成酸的氧化物，依据酸性氧化物的定义与概念作答。‎ ‎【详解】A. SO2能溶于水，不符合题意，A项错误；‎ B. H2SO4是酸，不是酸性氧化物，B项错误；‎ C. SiO2是酸性氧化物，能与碱反应，其化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，且不溶于水，符合题意，C项正确；‎ D. CO为不成盐的氧化物，不是酸性氧化物，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.分离苯和水需要选用的仪器是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据苯和水互不相溶，选择分离的方法。‎ ‎【详解】A. 仪器名称为量筒，可量取一定体积的液体，不能分离苯和水，A项错误；‎ B. 仪器名称为漏斗，可用于过滤难溶物，不能分离苯和水，B项错误；‎ C.‎ ‎ 仪器名称为分液漏斗，可用于分离互不相溶的混合液体或萃取实验，因苯和水互不相溶，需用分液的方法分离，C项正确；‎ D. 仪器名称为容量瓶，可用于配制一定浓度的标准溶液，不能分离提纯混合物，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的分离与提纯的分液方法，除此之外，还有如下方法：‎ 方法 课本举例 分离的物质 过滤 除去粗盐中的泥沙 用水溶解，从溶液中分离出不溶固体物质 蒸发 从食盐溶液中分离出NaCl 加热溶液，从溶液中分离出易溶固体溶质 蒸馏 从自来水制蒸馏水 加热并冷凝，从互溶的液态混合物中分离出沸点不同物质 萃取 用CCl4提取碘水中碘 用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂组成的溶液中提取出来 洗气 用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质。‎ 气体与气体的分离(杂质气体与液体反应)。‎ 升华 碘的升华 分离易升华的物质。‎ 学生要加以理解与区分，学以致用。‎ ‎3.14C 与14N 具有相同的 A. 质子数 B. 质量数 C. 中子数 D. 电子数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子的表示方法和各位置数字的关系，可以计算每组中具有的相同关系，如质子数、中子数、电子数、质量数，质量数等于质子数与中子数之和，对于中z表示质子数、A表示质量数，据此分析。‎ ‎【详解】的质子数为6，质量数为14，其中子数为14-6=8，‎ 的质子数为7，质量数为14，其中子数为14-7=7，因此二者具有相同的质量数，B项正确， 答案选B。‎ ‎【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。‎ ‎4.下列物质溶于水后溶液显酸性的是 A. NaCl B. NaHCO3 C. Na2O D. NaHSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl为强酸强碱盐，溶于水后呈中性，A项错误；‎ B. NaHCO3为小苏打，溶于水后呈碱性，B项错误 C. Na2O溶于水后与水发生反应生成氢氧化钠，呈碱性，C项错误；‎ D. NaHSO4在水中完全电离，其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，溶液呈酸性，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】学生要特别注意D选项，NaHSO4在水中可完全电离出钠离子、氢离子与硫酸根离子，而在熔融状态下只能电离出钠离子与硫酸氢根离子。‎ ‎5.下列变化中，一定需要加入还原剂才能实现的是 A. Cu2+→Cu B. Cl2→Cl－ C. OH－→H2O D. Fe2+→Fe3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 需要加入还原剂才能实现，则选项中为氧化剂的还原反应，氧化剂中某元素的化合价降低，以此来解答。‎ ‎【详解】A. Cu2+→Cu中，Cu元素化合价降低，一定需要加还原剂实现，A项正确；‎ B. Cl2→Cl－，Cl元素的化合价降低，可通过自身的歧化反应实现，不一定需要加入还原剂来转化，B项错误；‎ C. OH－→H2O中，元素的化合价不变，发生酸碱中和即可实现，C项错误；‎ D. Fe2+→Fe3+中，Fe元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中“失升氧化还原剂，降得还原氧化剂”的规律，变化过程需要加入还原剂才能实现，则选项中反应物被还原，应为某元素的化合价降低的还原反应。B项为易错点，虽为元素化合价降低的还原反应，但可以通过自身的歧化反应来实现，如氯气溶于水或与碱性溶液反应便可实现Cl2→Cl－的转化过程，则不一定加还原剂来实现。‎ ‎6.下列分散系的分散质颗粒直径最大的是 A. 盐酸 B. 氢氧化铁浊液 C. 淀粉溶液 D. 硫酸铜溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分散系按分散质粒子直径大小可分为小于1nm的溶液、1-100nm之间的胶体以及大于100nm的浊液，分散质颗粒直径最大的是浊液，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 盐酸为溶液，分散质颗粒直径小于1nm，不符合题意，A项错误；‎ B 氢氧化铁浊液中分散质颗粒直径大于100nm，符合题意，B项正确；‎ C. 淀粉溶液为胶体，其分散质颗粒直径介于1-100nm之间，不符合题意，C项错误；‎ D. 硫酸铜溶液属于溶液，分散质颗粒直径小于1nm，不符合题意，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列物质的性质与应用不正确的是 A. 液氯可以储存在钢瓶中 B. 二氧化硫可用于漂白纸浆 C. 碳酸钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一 D. 硅晶体是半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气与铁常温下不反应，氯气易液化，液氯可以保存在钢瓶中，A项正确；‎ B. 二氧化硫具有漂白性，可漂白纸张，B项正确；‎ C. 碳酸氢钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，而不是碳酸钠，C项错误；‎ D. 硅晶体是半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域，如计算机芯片等，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列化学用语中，不合理的是 A. 葡萄糖的分子式：C12H22O11 B. HCl的电子式为：‎ C. 氟离子的结构示意图： D. 乙酸分子的比例模型：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 葡萄糖属于单糖，其分子式为C6H12O6，A项错误；‎ B. HCl为共价化合物，其电子式为：，B项正确；‎ C.氟元素的原子序数为9，氟离子核外电子数为9+1=10，其离子结构示意图为：，C项正确；‎ D. 乙酸的结构简式为CH3COOH，分子的比例模型为，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列过程中，发生吸热反应的是 A. 干冰气化 B. 生石灰溶于水 C. 盐酸和氢氧化钠溶液混合 D. Ba(OH)2·8H2O 与NH4Cl混合搅拌 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 干冰气化属于吸热过程，但属于物理变化，A项错误；‎ B. 生石灰溶于水，发生CaO＋H2O=Ca(OH)2，属于放热反应，B项错误；‎ C. 盐酸和氢氧化钠发生中和反应，属于放热反应，C项错误；‎ D. 此反应属于吸热反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】常见的吸热反应是Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应、C和H2O(g)、C与CO2反应、盐类水解、大多数的分解反应，吸热反应属于化学反应。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. 钠着火不能用水灭火而应用CO2灭火 B. CO2中混有HCl应用饱和Na2CO3溶液除去 C. 用托盘天平称量NaOH时应先在托盘上垫称量纸 D. 配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，则所配制溶液的浓度偏高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠能和水反应引起爆炸，不能用水灭火，着火后生成的过氧化钠能与CO2反应生成氧气，燃烧更旺，因此也不能用CO2灭火，A项错误；‎ B. Na2CO3会与CO2反应，不符合除杂原则，若CO2中混有HCl应用饱和NaHCO3溶液除去，B项错误；‎ C. NaOH具有腐蚀性，不能放称量纸，而应该在托盘天平两端放小烧杯，C项错误；‎ D. 配制溶液定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积读数偏小，所配制的溶液浓度偏高，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列各组中，互为同素异形体的是 A. H2和D2 B. 金刚石和足球烯(C60)‎ C. 甲烷和丙烷 D. CH3CH2OH和CH3OCH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同素异形体是指由同一元素组成，但性质却不相同的单质。‎ ‎【详解】A. H2和D2中不同核素形成的同一种单质，不是同素异形体，A项错误；‎ B.金刚石和足球烯(C60)都是由碳元素组成的物质，都是单质，且为不同的单质，互为同素异形体，B项正确；‎ C. 甲烷和丙烷分子组成上不是单一元素，不是同素异形体，C项错误；‎ D. CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，不是同素异形体，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】为方便学生理解，现将高中阶段“四同”区分如下：‎ 同位素：质子数相同，中子数不同的同元素原子。其特点为：属于同一原子（同一元素）；‎ 同素异形体：同种元素结构不同的单质，如金刚石和石墨，红磷与白磷，O2和O3等，其化学性质相同但物理性质有所不同。 同系物：结构相似且组成上相差n个CH2的化合物，符合“两同一差”原则，即同通式同结构组差n个CH2，如C项甲烷与丙烷互为同系物；‎ 同分异构体：分子式相同结构不同的化合物，如D选项CH3CH2OH和CH3OCH3等。‎ ‎12.短周期元素X、Y、Z、M、N在元素周期表中的相对位置如图所示，X、Y、Z原子最外层电子数之和等于M、N原子最外层电子数之和。则下列说法不正确的是 X Y Z M N A. 原子半径大小：Z>X>Y B. 最高价氧化物的水化物的酸性M大于X的 C. X和氢元素所形成的化合物的沸点可能比Y的 氢化物的沸点高 D. MY2可以使紫色石蕊试液先变红后褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、N为短周期元素，由元素周期表的位置关系可知，X、Y处于第二周期，Z、M、N处于第三周期，X、Y、Z原子最外层电子数之和等于M、N原子最外层电子数之和，设X原子最外层电子数为a，则Y、Z最外层电子数依次为a+2、a-1，M、N原子最外层电子数为a+2，a+3，则有：a+(a+2)+(a-1)=(a+2)+(a+3)，解得a=4，则X为C元素，Y为O元素，Z为Al元素，M为S元素，N为Cl元素，结合元素原子结构与性质及元素周期律解答。‎ ‎【详解】A. 同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Z>X>Y，A项正确；‎ B. M与X最高价氧化物的水化物分别为硫酸与碳酸，硫酸的酸性比碳酸大，B项正确；‎ C. X和氢元素所形成的化合物为烃类化合物，可以是气体、液体或固体，则X和氢元素所形成的化合物的沸点可能比水的沸点高，C项正确；‎ D. 二氧化硫为酸性氧化物，则SO2可以使紫色石蕊试液变红，但不能漂白酸碱指示剂，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列离子方程式正确的是 A. 氯化铁溶液中加入足量的氨水：Fe3＋+3NH3·H2O == Fe(OH)3↓+3NH B. 氯气和水反应：Cl2+H2O2H＋+Cl－+ClO－‎ C. 铁和盐酸反应生成氢气：2Fe+6H＋ == 2Fe3＋+3H2↑‎ D. BaCl2溶液中通入SO2：SO2+Ba2++H2O == BaSO3↓+2H+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一水合氨显碱性，为弱电解质，则氯化铁溶液中加入足量的氨水：Fe3＋+3NH3·H2O == Fe(OH)3↓+3NH4+，A项正确；‎ B. 次氯酸为弱酸，离子方程式中应保留化学式，B项错误；‎ C. 铁和盐酸反应生成氢气和氯化亚铁，而不是氯化铁，C项错误；‎ D. BaCl2溶液中通入SO2，不反应，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】D项是易错点，要注意氯化钡或氯化钙溶液中通入二氧化硫或二氧化碳不会出现沉淀，不符合化学反应的规律。‎ ‎14.在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1 mol X和2 mol Y，发生反应：X(g)＋2Y(g)M(g)　ΔH＝－a kJ/mol(a>0)，5 min末测得M的物质的量为0.4 mol。则下列说法正确的是 A. 0～5 min，X的平均反应速率为0.08 mol·L－1·min－1‎ B. 0～5 min，Y的平均反应速率为0.08 mol·L－1·min－1‎ C. 平衡后升高温度，X的反应速率降低 D. 到达平衡状态时，反应放出的热量为a kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. . 0～5 min，M的物质的量变化了0.4 mol-0 mol=0.4 mol，浓度变化为=0.2mol/L，依据可知，用M表示的平均反应速率为v (M)==0.04 mol·L－1·min－1，则v(X) =v (M)= 0.04 mol·L－1·min－1，A项错误；‎ B.参加反应的物质对应的化学计量数之比等于化学反应速率之比，根据A项可知v(Y)=2v (M)= 2×0.04 mol·L－1·min－1=0.08 mol·L－1·min－1，B项正确；‎ C. 升高温度，不论是任何反应，反应速率都加快，因此v(正)、v（逆）均增大，则X的反应速率增大，C项错误；‎ D. 该反应是可逆反应，反应不会进行彻底，故1molX和2molY反应后产生的热量小于akJ，‎ D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.下列说法正确的是 A. 甲烷、乙烯、苯分子中所有原子都在同一个平面 B. C4H10的同分异构体有2种，其沸点相同 C. 乙烯可以与氯化氢发生加成反应得到一氯乙烷 D. 苯与溴水混合，反复振荡后溴水层褪色，这是由于发生了取代反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷为正四面体结构，所有原子不可能共平面，A项错误；‎ B. C4H10有正丁烷与异丁烷2种同分异构体，但因分子内支链不同，则沸点不同，B项错误；‎ C. 乙烯可以与氯化氢发生加成反应得到一氯乙烷，C项正确；‎ D.  苯与溴水不反应，可发生萃取，为物理变化，而不是取代反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.下列说法正确的是 A. 油脂和氨基酸在一定条件下均可以与氢氧化钠溶液反应 B. 所有蛋白质水解最终都是α-氨基酸 C. 棉、麻、毛完全燃烧都只生成CO2和H2O D. 煤中含有苯、甲苯、二甲苯等，可以通过煤的干馏获得 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 油脂在氢氧化钠溶液发生水解，生成高级脂肪酸钠和甘油，氨基酸分子中含有氨基和羧基(-COOH)，其中的羧基能与NaOH反应，A项正确；‎ B. 天然蛋白质的水解产物为α-氨基酸，但不是所有的蛋白质水解均能得到α-氨基酸，B项错误；‎ C. 棉、麻的成分是纤维素，纤维素是由C、H、O三种元素组成，燃烧后只生成CO2和H2O，而毛的成分主要是蛋白质，蛋白质是由C、H、O、N等元素组成，燃烧后除生成CO2和H2O外，还有N2等，C项错误；‎ D. 煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，不含有苯、甲苯、二甲苯等，通过煤的干馏过程才能获得，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】D项是易错点，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，此过程属于化学变化，得到出炉煤气、煤焦油、焦炭等，其中煤焦油中含苯、甲苯、二甲苯等。‎ ‎17.2017年2月19日在第十三届阿布扎比国际防务展上，采用先进的氢燃料电池系统的无人机，创造了该级别270分钟续航的新世界记录。下列有关氢燃料电池的说法不正确的是 A. 通入氢气的电极发生氧化反应 B. 碱性电解液中阳离子向通入氢气的方向移动 C. 正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ D. 放电过程中碱性电解液的OH－的物质的量不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧燃料电池工作时，是把化学能转变为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，阳离子向正极移动。‎ ‎【详解】A. 该电池工作时化学能转化为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，A项正确；‎ B. 阳离子向正极移动即通入氧气的一极移动，B项错误；‎ C. 通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C项正确；‎ D. 由图可知，氢氧燃料电池放电过程中，总反应为氢气和氧气反应生成水，则碱性电解液中氢氧根的物质的量不变，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。其中D项需理解正极与负极得失电子数守恒，通过总反应方程式判断溶液中的氢氧根离子。‎ ‎18.反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是 A. 容器内的温度不再变化 B. 容器内的压强不再变化 C. 相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等 D. 容器内气体的浓度c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应，若正反应速率等于逆反应速率，或各物质的浓度、物质的量分数等保持不变，则表明反应一定已达平衡状态，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 绝热容器，温度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，A项正确；‎ B. 该反应在恒压条件下进行，压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，B项错误；‎ C. 相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等，表示的都是正反应，且不满足计量数关系，无法判断是否达到平衡状态，C项错误；‎ D. 容器内气体的浓度c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断平衡状态，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】有关达到化学平衡状态标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。‎ 一、直接判断法：‎ ‎①ν（正）=ν（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率 注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。‎ ‎②各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。‎ 二、间接判断法 ‎①对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。‎ ‎②对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。‎ ‎③对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。‎ ‎④有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化。‎ ‎⑤任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。‎ ‎19.下列说法不正确的是 A. CaCl2晶体中只存在离子键 B. HCl溶于水破坏了H＋和Cl－之间的离子键 C. 因为O的非金属性比S强，所以H2O的热稳定性比H2S好 D. 干冰和石英晶体的物理性质差别很大的原因是其微粒间的作用力不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，CaCl2晶体中只含离子键，A项正确；‎ B. HCl为共价化合物，溶于水破坏了分子内的共价键，B项错误；‎ C.元素原子的非金属性越强，氢化物的稳定性越好，因为O的非金属性比S强，所以H2O的热稳定性比H2S好，C项正确；‎ D. 干冰属于分子晶体，石英为原子晶体，两者晶体类型不同，微粒间的作用力不同，物理性质差别较大，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎20.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 16g 18O2含有N A个18O原子 B. 标准状况下，11.2 L C2H6中含有C—C键的数目为2NA C. 等质量的1H218O 与 D216O，所含中子数相等 D. 足量Mg与2.8g N2 完全反应后失去0.2NA电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 16g 18O2中氧原子的物质的量为=mol，则该分子中含有NA个18O原子，A项错误；‎ B.1mol C2H6中含1mol 碳碳单键，标准状况下，11.2 L C2H6即0.5mol乙烷中含有C—C键的数目为0.5NA，B项错误；‎ C. 1H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，1mol1H218O与D216O分子内所含中子的物质的量均为10 mol，又两者为等质量，则分子的物质的量相同，所含的中子数相同，C项正确；‎ D.镁与氮气反应的化学方程式为：N2+3MgMg3N2，2.8g N2的物质的量为 = 0.1mol，失去电子数为0.1×6×NA=0.6NA，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎21.在25 ℃、101 kPa时，反应能量转化关系如图所示，下列说法不正确的是 已知：C(s)＋O2(g)===CO２(g)　　ΔH1；CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2；‎ A. ΔH2＝－282.9kJ·mol－1‎ B. 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221.2 kJ·mol－1‎ C. ΔH1>ΔH2‎ D. CO2(g)分解为C(s)和O2(g)是吸热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据能量转化图可知，C(s)＋O2(g)===CO２(g)　　ΔH1 = -393.5 kJ·mol－1，CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－282.9kJ·mol－1，结合盖斯定律及反应热与化学反应方程式的关系作答。‎ ‎，‎ ‎【详解】A. 由上述分析可知，CO转化为CO2，反应放热，其热化学方程式为：CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－282.9kJ·mol－1，A项正确；‎ B. C转化为CO2放出热量，其热化学方程式为：C(s)＋O2(g)===CO２(g)　　ΔH1 = -393.5 kJ·mol－1，结合盖斯定律可知，C转化为CO的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝（ΔH1 kJ·mol－1-ΔH2）×2＝[-393.5 kJ·mol－1-（-282.9 kJ·mol－1）]×2 = －221.2 kJ·mol－1，B项正确；‎ C. ΔH1 = -393.5 kJ·mol－1，ΔH2＝－282.9kJ·mol－1，则ΔH1<ΔH2，C项错误；‎ D. C(s)和O2(g)反应为放热反应，则CO2(g)分解为C(s)和O2(g)是吸热反应，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎22.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验步骤及现象 实验结论 A 将某气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 ‎ 该气体一定是CO2‎ B SO2通入溴水中，溴水褪色 SO2具有漂白性 C 将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间 乙醇催化氧化反应是放热反应 D 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖未水解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化硫也可使澄清石灰水变浑浊，因此实验结论不准确，A项错误；‎ B. SO2通入溴水中，溴水褪色，是因为SO2与溴水发生氧化还原反应，其化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，体现的是SO2的还原性，B项错误；‎ C. 将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，乙醇被氧化铜氧化生成红色的铜，铜丝能保持红热一段时间，说明该反应放热，C项正确；‎ D. 向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，需先加碱液调整为碱性环境，再加入银氨溶液，检验蔗糖是否水解，操作步骤不正确，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎23.关于常温下浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是 A. c(CH3COOˉ)=c(Clˉ)‎ B. 醋酸溶液的pH小于盐酸 C. 醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COOˉ＋H+‎ D. 等物质的量浓度、等体积的盐酸与氢氧化钠溶液混合后溶液呈中性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，常温下浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液中，氢离子浓度比较：盐酸大于醋酸，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 盐酸为一元强酸，完全电离，其离子方程式为：HCl=H++Cl-，而醋酸为一元弱酸，部分电离，其离子方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，则常温下浓度均为0.1 mol·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液中的c(CH3COOˉ)< c(Clˉ)，A项错误；‎ B. 等浓度的醋酸电离出的氢离子浓度小于盐酸的，则溶液的pH比较：CH3COOH> HCl，B项错误；‎ C. 醋酸为一元弱酸，发生部分电离，其离子方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，C项错误；‎ D. 盐酸为一元强酸，则等物质的量浓度、等体积的盐酸与氢氧化钠溶液混合后溶液溶质为氯化钠，呈中性，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎24.实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I−等)中回收碘，其实验过程如下：‎ 下列叙述不正确的是 A. “还原”步骤发生的反应为：SO32−＋I2＋H2O == 2I−＋SO42−＋2H＋‎ B. “操作X”的名称为萃取，可在分液漏斗中进行 C. “氧化”过程中，可用双氧水替代氯气 D. “富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 还原时，I2做氧化剂，亚硫酸钠做还原剂，发生的主要反应为：SO32－+I2+H2O＝SO42－+2I－+2H＋，A项正确；‎ B. 根据流程图，经过操作X得到四氯化碳和碘化钾溶液，操作X 的名称为分液， 应在分液漏斗中操作，B项错误；‎ C.用双氧化水做氧化剂，还原产物是水，对反应无影响，因此可以用双氧化代替氯气，C项正确；‎ D. I2易溶于有机溶剂，因此富集过程是将I2萃取到有机溶剂中，同时除去某些杂质离子，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎25.某固体物质X中可能含有Fe、Fe2O3、CuO、KCl和Na2CO3中的若干种，为确定其组成，取物质X做如下实验。下列说法正确的是：‎ A. 固体N可能是Fe、Cu的混合物 B. 溶液Z一定含有KCl和Na2CO3‎ C. 物质X中一定含有Fe、CuO、Na2CO3‎ D. 向溶液M中加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明物质X中不含Fe2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO中的物质，Z溶液显碱性，则肯定有Na2CO3，可能有KCl； ②取少量Y加入足量稀盐酸，有固体生成，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO； ③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，以此解答该题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. 因稀盐酸足量，则固体N中不可能含Fe，A项错误；‎ B. 结合上述分析①③可知，溶液Z肯定有Na2CO3，可能有KCl，B项错误；‎ C. 综上分析可知，物质X中一定含有Fe、CuO、Na2CO3，C项正确；‎ D. 向溶液M中加入KSCN溶液，由于溶液M中的Fe3+被Fe还原为Fe2+，因此溶液不变红，不能说明物质X中一定不含Fe2O3，D项错误；‎ 答案选C。‎ 非选择题部分 二、非选择题(本大题共6小题，共50分)‎ ‎26.按要求回答下列问题：‎ ‎(1)以下物质中：①酒精 ②熔化的KNO3 ③CaCO3 ④氢氧化钠溶液 ⑤醋酸 ⑥SO2‎ 其中属于电解质的是__________(填编号，下同)，能导电的是__________。‎ ‎(2)乙酸乙酯的结构式是__________。‎ ‎(3)由Fe、碳棒和稀硫酸组成的原电池，正极的电极反应式是__________。‎ ‎(4)已知：1g乙醇完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出的热量为QkJ，写出该反应的热化学方程式___________。‎ ‎【答案】 (1). ②③⑤ (2). ②④ (3). (4). 2H++2e－==H2↑ (5). C2H5OH(l)+3O2(g)→CO2(g)+3H2O(l) ΔH=－46Q kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；有自由移动的离子或电子的物质可以导电，据此分析；‎ ‎（2）乙酸乙酯分子内含酯基，结合化学键书写其结构式；‎ ‎（3）由Fe、碳棒和稀硫酸组成的原电池中，Fe做负极，发生失电子的氧化反应，溶液中的氢离子在正极发生还原反应；‎ ‎（4）先根据n=计算1g乙醇的物质的量，再依据反应热与化学方程式中化学计量数之间的关系数学热化学方程式。‎ ‎【详解】（1）①酒精为有机物，在水溶液和熔融状态下均不能导电，为非电解质；‎ ‎②熔化的KNO3导电，且为电解质；‎ ‎③CaCO3本身不导电，但在熔融状态下能够完全电离出阴阳离子，为电解质；‎ ‎④氢氧化钠溶液属于混合物，不是电解质，有自由移动的离子，可以导电；‎ ‎⑤醋酸自身不导电，但在水溶液中能够导电，是电解质；‎ ‎⑥SO2自身不导电，在水溶液中不是本身导电，且熔融状态下也不导电，为非电解质；‎ 综上所述，属于电解质的是②③⑤，能导电的是②④，故答案为：②③⑤；②④；‎ ‎（2）乙酸乙酯的结构式为：，故答案为：；‎ ‎（3）由Fe、碳棒和稀硫酸组成的原电池中，溶液中的氢离子在正极得电子转化为氢气，其电极反应式为：2H++2e－==H2↑，故答案为：2H++2e－==H2↑；‎ ‎（4）1g乙醇的物质的量为，完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出的热量为Q kJ，则1mol乙醇完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出的热量为46Q kJ，则该反应的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)→CO2(g)+3H2O(l) ΔH=－46Q kJ·mol－1，故答案为：C2H5OH(l)+3O2(g)→CO2(g)+3H2O(l) ΔH=－46Q kJ·mol－1。‎ ‎27.X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期元素，X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Z为地壳中含量最多的元素，R的单质在CO2燃烧生成两种固体，Y、Z、Q的最外层电子数之和为18。请回答下列问题：‎ ‎(1)Z在元素周期表中的位置为__________。‎ ‎(2)Z、R、Q离子半径从大到小的顺序为__________。(填离子符号)；‎ ‎(3)X、Z两元素形成的原子个数比为1:1的化合物的电子式为__________。‎ ‎(4)R3Y2与水可剧烈反应，产生沉淀和气体，反应的化学方程式为__________。‎ ‎(5)元素Y与X形成一种离子YX4+，请写出检验溶液中该离子的实验操作、现象和结论__________。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期ⅥA族 (2). Cl－>O2－>Mg2+ (3). (4). Mg3N2 +6H2O == 3Mg (OH) 2↓+ 2NH3↑ (5). 取少量溶液于试管中，滴加NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含铵根 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期元素，X是原子半径最小的元素，则为H元素；Y的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，则Y为N元素，对应的氨气与硝酸反应会生成硝酸铵；Z为地壳中含量最多的元素，则为O元素；R的单质在CO2燃烧生成两种固体，则R为Mg,可在CO2中燃烧生成C与氧化镁；Y、Z、Q的最外层电子数之和为18，因Y为N，最外层电子数为5，Z为O，最外层电子数为6，则Q的最外层电子数=18-5-6=7，且原子序数在五种元素中最大，为Cl元素，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、R和Q分别是H、N、O、Mg、Cl元素，则 ‎（1）Z为O，原子序数为8，在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，‎ 故答案为：第二周期ⅥA族；‎ ‎（2）电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则Z、R、Q离子半径从大到小的顺序为Cl－>O2－>Mg2+，‎ 故答案为：Cl－>O2－>Mg2+；‎ ‎（3）X、Z两元素形成的原子个数比为1:1的化合物为过氧化氢，为共价化合物，其电子式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）R3Y2为氮化镁，与水会发生水解，产生氢氧化镁沉淀和氨气，其化学方程式为：Mg3N2 +6H2O == 3Mg (OH) 2↓+ 2NH3↑，‎ 故答案为：Mg3N2 +6H2O == 3Mg (OH) 2↓+ 2NH3↑；‎ ‎（5）元素Y与X形成一种离子为铵根离子，铵根离子可以与氢氧化钠在加热的条件下生成碱性气体氨气，借助此原理可以检验铵根离子的存在，其操作步骤及现象为：取少量溶液于试管中，滴加NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含铵根离子，‎ 故答案为：取少量溶液于试管中，滴加NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含铵根。‎ ‎28.已知：A的蒸汽对氢气的相对密度是15，且能发生银镜反应，F的分子式为C3H6O2。有关物质的转化关系如下：‎ 请回答：‎ ‎(1)B中含有的官能团名称是__________，反应⑥的反应类型为__________。‎ ‎(2)写出反应④的化学方程式__________。‎ ‎(3)写出有机物F与NaOH溶液反应的化学方程式__________。‎ ‎(4)下列说法正确的是__________。‎ A．有机物D的水溶液常用于标本的防腐 B．有机物B、C、E都能与金属钠发生反应 C．有机物F中混有E，可用饱和碳酸钠溶液进行分离 D．有机物M为高分子化合物 ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 酯化(或取代) (3). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (4). CH3COOCH3+ NaOH→CH3COONa+CH3OH (5). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的蒸汽对氢气的相对密度是15，则A的相对分子质量为15×2=30，且能发生银镜反应，说明分子内含醛基，则推出A的结构简式为HCHO，与氢气发生加成反应转化为甲醇（CH3OH），故C为甲醇，F的分子式为C3H6O2，采用逆合成分析法可知，E为乙酸，两者发生酯化反应生成F，F为乙酸甲酯；M在酒化酶作用下生成B，B经过一系列氧化反应得到乙酸，则M为葡萄糖，B为乙醇，D为乙醛，E为乙酸，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ ‎（1）B为乙醇，其中含有的官能团名称是羟基，反应⑥为甲醇与乙酸酯化生成乙酸甲酯的过程，其反应类型为酯化(或取代)，‎ 故答案为：羟基；酯化(或取代)；‎ ‎（2）反应④为乙醇氧化成乙醛的过程，其化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，‎ 故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；‎ ‎（3）有机物F为CH3COOCH3，与NaOH溶液发生水解反应，其化学方程式为CH3COOCH3+ NaOH→CH3COONa+CH3OH，‎ 故答案为：CH3COOCH3+ NaOH→CH3COONa+CH3OH；‎ ‎（4）A．甲醛的水溶液常用于标本的防腐，有机物D为乙醛，A项错误；‎ B. 含羟基或羧基的有机物均能与钠反应生成氢气，则有机物B、C、E都能与金属钠发生反应，B项正确；‎ C.乙酸甲酯中含乙酸，则可用饱和碳酸钠溶液进行分离，C项正确；‎ D. 有机物M为葡萄糖，分子式为C6H12O6，不是高分子化合物，D项错误；‎ 答案选BC。‎ ‎29.为探究某固体X(仅含两种短周期元素)的组成和性质。设计并完成如下实验：‎ 已知：气体A为氢化物，固体B是光导纤维的主要成分，固体E为耐高温材料。‎ 请回答：‎ ‎(1)固体X的化学式为__________。‎ ‎(2)写出反应C→D的离子方程式__________。‎ ‎(3)已知NH3与气体A在一定条件下反应后可得到一种耐高温材料(仅含两种元素，摩尔质量为140 g·mol－1)和H2，写出该反应的化学方程式__________。‎ ‎【答案】 (1). Mg2Si (2). Mg2+ + 2OH－ = Mg(OH)2↓ (3). 3SiH4+4NH3= Si3N4+12H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 固体B是光导纤维的主要成分，则为二氧化硅，硅元素的质量为=5.6g，根据逆分析法可知，A中含硅元素，又为氢化物，则推出A为SiH4；固体E为耐高温材料，根据逆推法结合过量氢氧化钠溶液可知，该耐高温材料不是氧化铝，而应为氧化镁，镁元素的质量为=9.6g，白色沉淀为氢氧化镁，溶液C为硫酸镁溶液，根据元素守恒可知，固体X含镁与硅元素，且原子个数比为:=2:1，应为Mg2Si，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）依据上述分析可知，固体X为Mg2Si，‎ 故答案为：Mg2Si；‎ ‎（2）C→D是硫酸镁与过量氢氧化钠反应生成氢氧化镁的过程，其离子方程式为：‎ Mg2+ + 2OH－ == Mg(OH)2↓，‎ 故答案为：Mg2+ + 2OH－ == Mg(OH)2↓；‎ ‎（3）NH3与SiH4在一定条件下反应后可得到的一种耐高温材料中含N与Si，仅含两种元素，摩尔质量为140 g·mol－1，则该化合物为Si3N4和H2，其化学方程式为：3SiH4+4NH3== Si3N4+12H2↑，‎ 故答案为：3SiH4+4NH3== Si3N4+12H2↑。‎ ‎【点睛】需要注意的是，该题中的过量的氢氧化钠条件，若溶液C为铝离子，则不会得到白色沉淀，而会转化为偏铝酸钠，学生要熟练掌握反应物的用量对产物的影响效果。‎ ‎30.某化学兴趣小组研究混有少量氯化钠杂质的纯碱样品，设计如下装置来测定该纯碱样品的纯度。实验步骤如下：‎ ‎①组装好仪器并检查气密性；‎ ‎②用托盘天平称量干燥管Ⅰ的质量为m1；‎ ‎③称量纯碱样品的质量为n，装入广口瓶B内；‎ ‎④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；‎ ‎⑤往试管A缓缓鼓入空气数分钟，然后称量干燥管Ⅰ的质量为m2。‎ 请回答：‎ ‎(1)试剂X是__________，写出广口瓶B中反应的化学方程式__________。‎ ‎(2)干燥管Ⅱ的作用是__________。‎ ‎(3)步骤④若滴入稀硫酸过快，会导致测定结果__________(填“偏大”、“偏小”或者“不变”)；理由是__________。‎ ‎(4)根据此实验，计算纯碱样品纯度的为__________(用含m1、m2、n的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 氢氧化钠溶液 (2). H2SO4 + Na2CO3== Na2SO4 +CO2↑ + H2O (3). 防止空气中的CO2和H2O被干燥管Ⅰ吸收，影响实验 (4). 偏小 (5). 一部分CO2来不及被吸收 ，导致CO2质量偏小 (6). 100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）试剂X是吸收空气中的二氧化碳，装置B中稀硫酸与碳酸钠反应的发生装置；‎ ‎（2）实验利用干燥管I中的固体质量变化来测定生成的二氧化碳的质量，干燥管Ⅱ在干燥管I之后是为了防止空气中的气体进入装置干扰实验，据此分析；‎ ‎（3）步骤④若滴入稀硫酸过快，反应不够充分，生成的二氧化碳质量偏小；‎ ‎【详解】（1）要测定二氧化碳的质量，需排除空气中二氧化碳对生成的二氧化碳的质量的影响，除去二氧化碳使用的是氢氧化钠溶液；装置B中稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳与硫酸钠和水，其化学方程式为：H2SO4 + Na2CO3== Na2SO4 +CO2↑ + H2O，‎ 故答案为：氢氧化钠溶液；H2SO4 + Na2CO3== Na2SO4 +CO2↑ + H2O；‎ ‎(2)干燥管Ⅱ在干燥管I之后，能阻止空气中的二氧化碳和水进入干燥管I，造成误差，‎ 故答案为：防止空气中的CO2和H2O被干燥管Ⅰ吸收，影响实验；‎ ‎(3) 步骤④若滴入稀硫酸过快，一部分CO2来不及被吸收，导致CO2质量偏小，‎ 故答案为：偏小；一部分CO2来不及被吸收 ，导致CO2质量偏小；‎ ‎(4)根据所测数据，生成二氧化碳的质量为（m2-m1），设碳酸钠的质量为x，则有 H2SO4 + Na2CO3== Na2SO4 +CO2↑ + H2O ‎106 44‎ x m2-m1‎ x=×（m2-m1）‎ 所以纯碱样品纯度为：100%‎ 故答案为：100%。‎ ‎31.工业废电路板的铜常用FeCl3溶液来溶解处理回收。现将一块电路板浸泡在100 mLFeCl3溶液中使铜全部溶解(电路板上其他物质均不发生反应)，测得电路板质量减少了3.2 g，在浸泡液中加足量的Fe粉并使之充分反应，过滤干燥固体，固体质量比加入的Fe粉质量减少了2.4g。 ‎ 请计算：‎ ‎(1)浸泡液中溶质是__________(写化学式) 。‎ ‎(2)参与反应的铁的质量是__________g。‎ ‎(3)假设溶液的体积不变，最后所得溶液中c(Fe2＋)＝__________mol·L－1。‎ ‎【答案】 (1). FeCl3、FeCl2、CuCl2 (2). 5.6 (3). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜与FeCl3溶液反应会生成FeCl2与CuCl2，发生的化学反应为：①Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；加入铁粉后发生的反应有：②Fe+2Fe3+=3Fe2+；③Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；根据元素守恒法及物质之间的转化关系分析作答。‎ ‎【详解】（1）铜与FeCl3溶液反应会生成FeCl2与CuCl2，发生的化学反应为：①Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，电路板质量减少了3.2 g，则参与反应的铜的质量为3.2g，铜的物质的量n(Cu)==0.05mol，生成的Fe2+的物质的量n1(Fe)= 2n(Cu)=0.1mol；在浸泡液中加足量的Fe粉并使之充分反应，过滤干燥固体，固体质量比加入的Fe粉质量减少了2.4g。若铁粉只与生成的氯化铜反应会生成铜单质与氯化亚铁，则固体质量会增加，可见浸泡液中还有反应剩余的氯化铁，因此浸泡液的溶质有FeCl3、FeCl2、CuCl2，故答案为：FeCl3、FeCl2、CuCl2；‎ ‎（2）加入铁粉后发生的反应有：②Fe+2Fe3+=3Fe2+，③Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，根据铜元素守恒可知，参加反应的铜的物质的量为0.05mol，与铜反应时固体质量增加为x g，则 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ △m ‎56 64 8‎ ‎ 3.2 x 解得x=0.4‎ 该反应生成的Fe2+的物质的量为n3(Fe2+)= n(Cu2+)= n(Cu)=0.05mol 反应的Fe的质量m3(Fe)=0.05mol56g/mol=2.8g 则反应②中固体质量减少应为2.4g+0.4g=2.8g，即消耗的Fe粉的质量m2(Fe)=2.8g，总的消耗的铁粉的质量m(Fe)= m3(Fe)+ m3(Fe)=2.8g+2.8g=5.6g，故答案为：5.6；‎ ‎（3）上述反应②Fe+2Fe3+=3Fe2+中n2(Fe)==0.05mol，根据关系式Fe3Fe2+可得生成的Fe2+的物质的量为n2(Fe2+)=3n2(Fe)=0.15mol，那么总的Fe2+的物质的量= n1(Fe2+)+ n2(Fe2+)+ n3(Fe2+)=0.1mol+0.15mol+0.05mol=0.3mol，则c(Fe2+)==3mol/L，故答案为：3。‎ ‎【点睛】本题涉及的计算能力和逻辑思维要求较高，难点是根据加入铁粉后固体质量减少的量计算反应消耗的铁粉与生成的溶质的多少。学生平常做练习要多加强化训练，理清关系式与物质之间的转化是解题的关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎