黑龙江省大庆实验中学2022届高三化学上学期期中试卷含解析

黑龙江省大庆实验中学2022-2022学年高三（上）期中化学试卷　一．单项选择题（每题只有一个正确选项，多选、错选均不给分．每题2分，共30分）1．生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述正确的是（　　）A．晶体硅具有半导体的性质，所以可以制作光导纤维B．燃煤中加入生石灰可以减少二氧化硫的排放C．明矾和漂白粉常用于自来水的处理，两者的作用原理相同D．氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其具有氧化性，与铜发生置换反应　2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．过氧化钠的电子式：B．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣OC．硫原子的结构示意图：D．NH4Cl的电子式：　3．下列说法正确的是（　　）A．根据是否有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液B．SO2和SiO2都是酸性氧化物，都能与水反应生成酸C．漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物D．Na2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也完全相同　4．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．1molCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1NAB．标况下，11.2LSO3所含的分子数目为0.5NAC．5.6克铁粉与硝酸反应失去的电子一定为0.3NAD．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA　5．实验室中，以下物质的贮存、处理方法，不正确的是（　　）A．少量钠保存在煤油中B．氢氧化钠溶液贮存在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中C．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处D．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封　6．下列制备单质的方法中，需要加入还原剂才能实现的是（　　）A．高炉炼铁B．电解法制金属镁C．加热氧化汞制金属汞D．从海带灰浸取液中（含I﹣）提取碘单质　7．向含有下列各离子组的溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是（　　）A．氯气：Na+、Ba2+、I﹣、HSO3﹣B．二氧化碳：K+、Na+、SiO32﹣、Cl﹣-26-\nC．氨气：Ag+、Al3+、Na+、NO3﹣D．氯化氢：Ca2+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣　8．下列物质能通过化合反应直接制得的是（　　）①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HCl⑤Fe（OH）3．A．只有①②③B．只有②③C．只有①③④D．全部　9．下列说法正确的是（　　）A．用广泛pH试纸测氯水的pH=4B．欲配制1L，1mol/L的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1L水中C．配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度会使所配溶液浓度偏低D．用瓷坩埚加热熔化氢氧化钠固体　10．下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（　　）操作和现象结论A切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去Na在空气中会生成Na2O2B铝箔插入浓硝酸中，无明显现象铝与浓硝酸不反应C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸和KSCN溶液，溶液变成红色溶液中有Fe3+生成D将FeCl2溶液滴加到少许酸性KMnO4溶液中，溶液褪色FeCl2具有漂白性A．AB．BC．CD．D　11．下列离子方程式正确的是（　　）A．硅酸钠溶液与足量CO2反应：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣B．FeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2OD．碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O　12．用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al（OH）3，下列操作中最恰当的组合是（　　）①加盐酸溶解　②加NaOH溶液　③过滤　④加盐酸生成Al（OH）3　⑤通入过量CO2生成Al（OH）3⑥加过量氨水生成Al（OH）3．A．②③⑤③B．①③⑥③C．①⑥③D．②③④③　13．关于下列各实验装置的叙述中，正确的是（　　）A．装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物B．装置②可用于将海带灼烧成灰C．装置③可用于除去氯气中的HClD．装置④可用于实验室制取NO-26-\n　14．相同质量的铜片分别与体积相同且过量的浓硝酸、稀硝酸反应，二者比较，相等的是（　　）①铜片消耗完所需时间②反应中氧化剂得到电子的总数③反应生成气体的体积（同温、同压）④反应后溶液中铜离子浓度．A．①③B．②④C．①④D．②③　15．下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（　　）①金属钠投入到FeCl3溶液中②Na2O2投入FeCl2溶液中③过量NaOH溶液和明矾溶液混合④NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合．A．只有①②B．只有④C．只有③④D．只有①②④　　二．单项选择题（每题只有一个正确选项，多选、错选均不给分．每题3分，共15分）16．根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（　　）A．过程①的提纯是物理过程，过程②通过氧化还原反应可产生2种单质B．除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸C．在过程③中将MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2D．在过程④、⑥反应中每氧化0.2molBr﹣需消耗0.1molCl2　17．甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图（反应条件及其它产物已略去）．下列说法不正确的是（　　）A．若甲是AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液B．若甲是Fe，则丁可能是Cl2C．若丁是CO2，则甲可能为MgD．若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16　18．某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO的物质的量浓度之比为3：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）A．1：3B．4：3C．2：1D．3：1　-26-\n19．某无色稀溶液X中，可能含有如表所列离子中的某几种．阴离子CO、SiO、AlO、Cl﹣阳离子Al3+、Fe3+、Mg2+、NH、Na+取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂体积（V）的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．若Y是盐酸，则X中一定含有CO、SiO、AlO和NHB．若Y是NaOH溶液，则X中一定含有Al3+、Fe3+、NH、Cl﹣C．若Y是NaOH溶液，则ab段发生反应的离子方程式为：NH+OH﹣=NH3↑+H2OD．若Y是NaOH溶液，则X中的Al3+、Mg2+、NH物质的量之比为2：1：4　20．在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol•L﹣1和1.5mol•L﹣1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应．下列有关说法正确的是（　　）A．反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB．反应后产生13.44LH2（标准状况）C．反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD．由于氧化性Fe3+＞H+，故反应中先没有气体产生后产生气体　　三、第Ⅱ卷21．（12分）氨与硝酸都是氮的重要化合物，在工农业生产中有广泛应用．Ⅰ．实验室模拟工业氨催化氧化法制取硝酸，装置如下图所示．（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol•L﹣1，配制该浓度的氨水100mL，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、　　　　　　、　　　　　　．-26-\n（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X的化学式为　　　　　　．（3）写出受热时丙装置发生反应的化学方程式　　　　　　．当戊中观察到石蕊试液变红，则说明已制得硝酸．Ⅱ．NH3的性质（4）氨的水溶液显弱碱性，其原因为　　　　　　（用离子方程式表示），将等浓度、等体积的氨水和硝酸混合，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为　　　　　　．（5）已知：氨在纯氧中燃烧生成一种单质和水，利用此原理设计成氨气﹣氧气燃料电池．在碱性条件下，该电池的负极反应式为　　　　　　．　22．（14分）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．Ⅰ．利用下图装置模拟工业生产中SO2催化氧化的反应并研究SO2的性质：（熔点：SO2﹣76.1℃，SO316.8℃；沸点：SO2﹣10℃，SO345℃）（1）甲同学按I、II、III、IV的顺序连接装置，装置II的作用是　　　　　　；装置III中溶液逐渐褪色，证明二氧化硫具有　　　　　　性．（2）乙同学按Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ的顺序连接装置（装置Ⅱ中充分冷却），若装置Ⅳ中有40mL3.0mol/LNaOH溶液，反应后增重5.12g，则装置Ⅳ中发生反应的化学方程式是　　　　　　．（3）某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管中，未见沉淀生成．向该试管中加入足量　　　　　　（填字母），便能产生沉淀．A．硫化钠溶液B．氨水C．盐酸D．硝酸钾溶液Ⅱ．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：称取铁钉（碳素钢）6g放入15mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．（4）甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+应选用　　　　　　（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．氢氧化钠溶液c．酸性KMnO4溶液d．铁粉和KSCN溶液（5）乙同学取784mL（标准状况）气体Y通入足量H2O2水溶液中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g．由此推知气体Y中SO2的体积百分数为　　　　　　．（保留小数点后一位）（6）分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和C02气体，产生C02的理由是　　　　　　（用化学方程式表示）．　23．（15分）溴、碘及其化合物在工农业生产和日常生活中有重要用途．Ⅰ．氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途，下图是模拟工业制备氢溴酸的流程：-26-\n根据上述流程回答下列问题：（1）反应①中发生反应的离子方程式为　　　　　　；使用冰水的目的是　　　　　　（2）操作Ⅰ的名称是　　　　　　；操作Ⅱ的名称是　　　　　　；（3）反应②中加入Na2SO3的目的是　　　　　　；但要防止过量，原因是　　　　　　（用离子方程式表示）Ⅱ．卤素互化物是指不同卤素原子之间以共价键结合形成的化合物．XX′型卤素互化物与卤素单质结构相似、性质相近，能与大多数金属反应生成金属卤化物，能与许多非金属单质反应生成相应卤化物，能与水反应等．试回答下列问题：（4）溴化碘（IBr）与水反应的方程式为IBr+H2O=HBr+HIO下列关于IBr的叙述中不正确的是　　　　　　A．IBr中溴和碘的化合价均为0价B．在许多反应中IBr是强氧化剂C．在IBr与水的反应中，它既是氧化剂又是还原剂D．与NaOH溶液反应生成NaIO、NaBr和H2O（5）在粗碘中含有IBr和ICl，受热时，I2、ICl、IBr均可升华．在粗碘中加入一种物质后，再进行升华，可制得精碘，应加入的物质是　　　　　　A．H2OB．KIC．ZnD．KCl．　24．（14分）铈、钛、锌、锰虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用．（1）二氧化铈（CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，反应中CeO2作　　　　　　剂．在加热条件下，CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备．其中NH4Cl的作用是　　　　　　．（2）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”．①在高温下，向金红石（主要成分Ti02）与焦炭的混合物中通入Cl2，得到TiCl4和一种可燃性气体．该反应的化学方程式是　　　　　　．②加热条件下，镁与TiCl4反应可得到钛，下列气体可以作为保护气的是　　　　　　A．O2B．N2C．C02D．Ar（3）锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱．写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式　　　　　　．（4）锰及其化合物应用越来越广泛，MnO2是一种重要的无机功能材料．①已知A～G各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质．则反应②的离子方程式为　　　　　　．②制备Mn02的方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液，阳极的电极反应式为　　　　　　．已知：Ksp[Al（OH）3]=1×10﹣33，pH=7.1时Mn（OH）2-26-\n开始沉淀．室温下，欲除去MnSO4溶液中的Al3+（使其浓度小于1×10﹣6mol•L﹣1），需调节溶液pH范围为　　　　　　．　　-26-\n黑龙江省大庆实验中学2022-2022学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一．单项选择题（每题只有一个正确选项，多选、错选均不给分．每题2分，共30分）1．生活中的一些问题常涉及到化学知识，下列叙述正确的是（　　）A．晶体硅具有半导体的性质，所以可以制作光导纤维B．燃煤中加入生石灰可以减少二氧化硫的排放C．明矾和漂白粉常用于自来水的处理，两者的作用原理相同D．氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其具有氧化性，与铜发生置换反应【考点】硅和二氧化硅；盐类水解的原理；常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学应用．【分析】A．二氧化硅制光导纤维；B．二氧化硫为酸性氧化物，可与生石灰反应；C．明矾净水利用了氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉净水利用了次氯酸的强氧化剂；D．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜．【解答】解：A．晶体硅具有半导体的性质，可以制太阳能电池，二氧化硅制光导纤维，故A错误；B．二氧化硫为酸性氧化物，可与生石灰反应，最终产物为硫酸钙，可减少污染性气体的排放，有效防治酸雨，故B正确；C．明矾净水利用了氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉净水利用了次氯酸的强氧化剂，原理不同，故C错误；D．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，无单质生成，不是置换反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查知识点较多，涉及硅和二氧化硅的用途、环境污染、净水原理、置换反应等知识，难度不大，注意物质的性质的应用是关键．　2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．过氧化钠的电子式：B．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣OC．硫原子的结构示意图：D．NH4Cl的电子式：【考点】电子式；原子结构示意图；结构式．【专题】化学用语专题．【分析】A．过氧化钠是离子化合物，其电子式符合离子化合物特点；B．次氯酸中Cl为+1价，与O形成一对共价键，据此解答即可；C．硫原子核外有16个电子、分为三层，最外层有6个电子；D．氯化铵中氯离子为简单阴离子，需要中括号，据此解答即可．【解答】解：A．过氧化钠是离子化合物，电子式中需要标出电荷，其正确电子式为，故A错误；B．次氯酸的结构式为H﹣O﹣Cl，故B错误；-26-\nC．硫原子核外有16个电子、最外层有6个电子，其原子结构示意图为，故C正确；D．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故D错误，故选C．【点评】本题考查了电子式的书写，题目难度中等，注意掌握电子式的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别．　3．下列说法正确的是（　　）A．根据是否有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液B．SO2和SiO2都是酸性氧化物，都能与水反应生成酸C．漂白粉、水玻璃、氨水均为混合物D．Na2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也完全相同【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；钠的重要化合物．【专题】物质的分类专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．分散系的分类依据是分散质微粒直径大小分析判断；B．SiO2不溶于水；C．纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；D．氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气．【解答】解：A．根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；B．SiO2不溶于水，与水不反应，故B错误；C．玻璃为硅酸钠的水溶液、漂白粉主要成分氯化钙和次氯酸钙，氨水是氨气与水的混合物，所以它们都属于混合物，故C正确；D．氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，二者产物不同，故D错误．故选C．【点评】本题考查了元素化合物知识，明确二氧化硅、次氯酸、钠的氧化物的性质是解题关键，题目难度不大．　4．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．1molCl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1NAB．标况下，11.2LSO3所含的分子数目为0.5NAC．5.6克铁粉与硝酸反应失去的电子一定为0.3NAD．50mL18.4mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应；B、标况下三氧化硫为固体；C、求出铁的物质的量，然后根据当硝酸过量时铁变为+3价，而当铁过量时铁变为+2价来分析；-26-\nD、铜只能和浓硫酸反应，与稀硫酸不反应．【解答】解：A、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子即NA个，故A正确；B、标况下三氧化硫为固体，故11.2L三氧化硫的物质的量大于0.5mol，则分子数大于0.5NA个，故B错误；C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而当硝酸过量时铁变为+3价，但当铁过量时铁变为+2价，故0.1mol铁与硝酸反应后失去的电子可能为0.3NA个，也可能为0.2NA个，故C错误；D、铜只能和浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能完全反应，故生成的二氧化硫的分子个数小于0.46NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．　5．实验室中，以下物质的贮存、处理方法，不正确的是（　　）A．少量钠保存在煤油中B．氢氧化钠溶液贮存在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中C．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处D．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封【考点】化学试剂的存放．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．钠易与空气中的氧气、水反应；B．氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅反应；C．浓硝酸有强氧化性；D．溴单质易挥发，溴微溶于水．【解答】解：A．钠易与空气中的氧气、水等反应，与煤油不反应，且密度比煤油大，可保存在煤油中，故A正确；B．氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠而导致玻璃塞打不开，应用橡皮塞，故B正确；C．浓硝酸有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，故C错误；D．防止液溴挥发，溴微溶于水，所以用水密封，故D正确．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及药品的保存，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意药品的保存取决于物质的性质，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．　6．下列制备单质的方法中，需要加入还原剂才能实现的是（　　）A．高炉炼铁B．电解法制金属镁C．加热氧化汞制金属汞D．从海带灰浸取液中（含I﹣）提取碘单质【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】需要加入还原剂才能实现，则选项中物质应为氧化剂的还原反应，反应物只有一种的氧化还原反应，反应物既是氧化剂又是还原剂，以此来解答．-26-\n【解答】解：A．高炉炼铁时利用金属氧化物与还原剂反应，则需要加入还原剂，故A选；B．一般利用电解熔融氯化镁的方法来制取金属镁，该反应为氧化还原反应，但不需要加还原剂，故B不选；C．加热氧化汞制金属汞，该反应为氧化还原反应，但不需要加还原剂，故C不选；D．从海带灰浸取液中（含I﹣）提取碘单质，碘元素的化合价升高，则需要加氧化剂才能实现，故D不选；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，明确发生的氧化还原反应及反应中元素的化合价变化等即可解答，题目难度不大．　7．向含有下列各离子组的溶液中通入足量相应气体后，各离子还能大量存在的是（　　）A．氯气：Na+、Ba2+、I﹣、HSO3﹣B．二氧化碳：K+、Na+、SiO32﹣、Cl﹣C．氨气：Ag+、Al3+、Na+、NO3﹣D．氯化氢：Ca2+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题；氯气的化学性质；氨的化学性质．【专题】离子反应专题．【分析】通入气体后，离子之间不发生氧化还原反应、复分解反应等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．氯气与I﹣、HSO3﹣分别发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．二氧化碳与SiO32﹣反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故B错误；C．氨气通入溶液中生成一水合氨，与Ag+、Al3+分别反应生成沉淀，不能共存，故C错误；D．HCl通入水中与该组离子之间均不反应，能大量共存，故D正确；故选：D．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，熟悉离子之间的反应、离子的性质即可解答，题目难度不大．　8．下列物质能通过化合反应直接制得的是（　　）①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HCl⑤Fe（OH）3．A．只有①②③B．只有②③C．只有①③④D．全部【考点】铁的化学性质；氯气的化学性质．【专题】卤族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】①根据铁和氯化铁生成氯化亚铁解答；②根据三氧化硫与水化合生成硫酸来解答；③根据氨气和氯化氢反应生成氯化铵来解答；④根据氢气和氧气在点燃条件下生成水来解答；⑤氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁解答．【解答】解：①因铁和氯化铁生成氯化亚铁：Fe+2FeCl3=3FeCl2，发生化合反应，故①正确；②因三氧化硫与水化合生成硫酸，发生化合反应，SO3+H2O=H2SO4，故②正确；③因氨气和氯化氢反应生成氯化铵，发生化合反应，NH3+HNO3=NH4NO3，故③正确；④因氢气和氧气在点燃条件下生成水，发生化合反应，2H2+O2=2H2O，故④正确；⑤氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，发生化合反应，4Fe（OH）3+O2+2H2O=4Fe（OH）2，故⑤正确；故选D．-26-\n【点评】本题考查了物质和氧气反应的生成物和反应类型，要熟练掌握氧气的性质和化合反应的定义相关知识，题目难度中等．　9．下列说法正确的是（　　）A．用广泛pH试纸测氯水的pH=4B．欲配制1L，1mol/L的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1L水中C．配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度会使所配溶液浓度偏低D．用瓷坩埚加热熔化氢氧化钠固体【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．氯水具有漂白性，可漂白试纸；B．溶剂的体积不等于溶液的体积；C．仰视容量瓶刻度，导致溶液体积偏大；D．氢氧化钠与二氧化硅反应．【解答】解：A．氯水具有漂白性，可漂白试纸，应用pH计测量，故A错误；B．溶剂的体积不等于溶液的体积，将58.5gNaCl溶于1L水中，溶液体积大于1L，故B错误；C．仰视容量瓶刻度，导致溶液体积偏大，则溶液浓度偏小，故C正确；D．氢氧化钠与二氧化硅反应，并不能用瓷坩埚，应用铁坩埚加热氢氧化钠，故D错误．故选C．【点评】本题多角度考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大．　10．下列实验“操作和现象”与“结论”都正确的是（　　）操作和现象结论A切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去Na在空气中会生成Na2O2B铝箔插入浓硝酸中，无明显现象铝与浓硝酸不反应C向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸和KSCN溶液，溶液变成红色溶液中有Fe3+生成D将FeCl2溶液滴加到少许酸性KMnO4溶液中，溶液褪色FeCl2具有漂白性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．钠在不加热条件下生成氧化钠；B．常温下铝与浓硝酸发生钝化反应；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子；D．亚铁离子与高锰酸钾发生氧化还原反应．【解答】解：A．切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去，原因是钠在不加热条件下生成氧化钠，在加热条件下可生成过氧化钠，颜色为淡黄色，故A错误；B．常温下铝与浓硝酸发生钝化反应，在表现生成一层致密的氧化铝膜，阻碍反应的继续进行，故B错误；C．亚铁离子具有还原性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，故C正确；D．亚铁离子与高锰酸钾发生氧化还原反应，氯化亚铁体现还原性，故D错误．故选C．-26-\n【点评】本题多角度考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大．　11．下列离子方程式正确的是（　　）A．硅酸钠溶液与足量CO2反应：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣B．FeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2OD．碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成硅酸和碳酸氢钠；B．亚铁离子、溴离子均全部被氧化；C．反应生成偏铝酸钠和水；D．反应生成碳酸钙、NaOH和水．【解答】解：A．硅酸钠溶液与足量CO2反应的离子反应为SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故A错误；B．FeBr2溶液中通入足量的Cl2的离子反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故B错误；C．新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液的离子反应为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故C正确；D．碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液的离子反应为Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大．　12．用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al（OH）3，下列操作中最恰当的组合是（　　）①加盐酸溶解　②加NaOH溶液　③过滤　④加盐酸生成Al（OH）3　⑤通入过量CO2生成Al（OH）3⑥加过量氨水生成Al（OH）3．A．②③⑤③B．①③⑥③C．①⑥③D．②③④③【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据镁和铝化学性质的差异：铝可以与碱反应，让镁和铝分离的方法是使铝溶于氢氧化钠溶液，镁不溶解，过滤分离，再将偏铝酸钠与弱酸反应变为氢氧化铝．【解答】解：因镁与碱不反应，而铝可以与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由于镁不溶解，过滤除去，NaAlO2要转变成Al（OH）3，可以向滤液中加入过量的二氧化碳，其反应为NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓，再过滤即得纯净的Al（OH）3，实验操作最合理的组合及顺序为②③⑤③，故选A．【点评】本题主要考察了铝及其化合物的性质，难度不大，由NaAlO2制备氢氧化铝只能用弱酸不能强酸，因为强酸一旦过量，氢氧化铝会继续与强酸反应，与弱酸不反应．　13．关于下列各实验装置的叙述中，正确的是（　　）-26-\nA．装置①可用于分离C2H5OH和H2O的混合物B．装置②可用于将海带灼烧成灰C．装置③可用于除去氯气中的HClD．装置④可用于实验室制取NO【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．C2H5OH和H2O互溶；B．应用坩埚灼烧；C．氯气、氯化氢与氢氧化钠溶液反应；D．NO与水不反应，且不溶于水，可用排水法收集．【解答】解：A．C2H5OH和H2O互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，故A错误；B．烧杯易炸裂，应用坩埚灼烧，故B错误；C．氯气、氯化氢与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故C错误；D．稀硝酸与铜反应生成NO，NO与水不反应，且不溶于水，可用排水法收集，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、固体的加热以及气体的制备和收集，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大．　14．相同质量的铜片分别与体积相同且过量的浓硝酸、稀硝酸反应，二者比较，相等的是（　　）①铜片消耗完所需时间②反应中氧化剂得到电子的总数③反应生成气体的体积（同温、同压）④反应后溶液中铜离子浓度．A．①③B．②④C．①④D．②③【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】①、硝酸浓度不同反应速率不同；②、铜与过量硝酸反应，硝酸得到电子等于铜失去的电子；③、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，和稀硝酸反应生成一氧化氮，铜失电子相同，生成气体不同体积不同；④、反应后铜离子物质的量相同，溶液体积相同，所以浓度相同．【解答】解：①、硝酸浓度不同反应速率不同，铜片消耗完所需时间不同，故①不符合；②、铜与过量硝酸反应硝酸得到电子等于铜失去的电子，反应中氧化剂得到电子的总数相同，故②符合；③、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，和稀硝酸反应生成一氧化氮，铜失电子相同，生成气体不同，体积不同，故③不符合；④、反应后铜离子物质的量相同，溶液体积相同，所以浓度相同，故④符合；故选B．-26-\n【点评】本题考查了硝酸性质，氧化还原反应电子转移计算分析判断，注意硝酸浓度不同生成气体不同，题目难度中等．　15．下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（　　）①金属钠投入到FeCl3溶液中②Na2O2投入FeCl2溶液中③过量NaOH溶液和明矾溶液混合④NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合．A．只有①②B．只有④C．只有③④D．只有①②④【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】①金属钠投入到FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀和氢气、氯化钠；②Na2O2投入FeCl2溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀和氢气、氯化钠；③过量NaOH溶液和明矾溶液混合，反应生成偏铝酸钠、硫酸钾和水；④NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合，二者不发生反应．【解答】解：①金属钠投入到FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀和氢气、氯化钠，所以既有沉淀又有气体生成，故选；②Na2O2投入FeCl2溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀和氢气、氯化钠，所以既有沉淀又有气体生成，故选；③过量NaOH溶液和明矾溶液混合，反应生成偏铝酸钠、硫酸钾和水，不会产生沉淀和气体，故不选；④NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合，二者不发生反应，不会产生沉淀、气体，故不选；故选：A．【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，明确发生的化学反应是解题关键，注意钠、过氧化钠与盐溶液反应都是先与水发生反应，然后生成的氢氧化钠再与盐发生复分解反应，题目难度不大．　二．单项选择题（每题只有一个正确选项，多选、错选均不给分．每题3分，共15分）16．根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（　　）A．过程①的提纯是物理过程，过程②通过氧化还原反应可产生2种单质B．除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸C．在过程③中将MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2D．在过程④、⑥反应中每氧化0.2molBr﹣需消耗0.1molCl2【考点】海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别．-26-\n【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴，A、根据粗盐的提纯及电解饱和食盐水产物进行判断，过程①的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；B、除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸；C、因MgCl2•6H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，根据镁离子水解显酸性进行分析；D、依据反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，定量关系计算分析．【解答】解：A、过程①的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；过程②电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故A错误；B、加入的药品顺序为BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，如果在过滤沉淀前加入过量BaCl2溶液，稀盐酸不能除去氯化钡溶液，所以会产生杂质，故B错误；C、因MgCl2•6H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，若要由MgCl2•6H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，故C错误；D、因2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，每氧化0.2molBr﹣需消耗0.1molCl2，故D正确；故选D．【点评】本题考查了海水资源综合利用，涉及了离子的除杂、离子水解、氧化还原反应、元素及其化合物的有关知识进行综合利用，提高了试题的综合性，本题难度中等．　17．甲、乙、丙、丁均为中学化学常见的物质，它们之间的转化关系如图（反应条件及其它产物已略去）．下列说法不正确的是（　　）A．若甲是AlCl3溶液，则丁可能是NaOH溶液B．若甲是Fe，则丁可能是Cl2C．若丁是CO2，则甲可能为MgD．若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16【考点】镁、铝的重要化合物；镁的化学性质；无机物的推断．【专题】元素及其化合物．【分析】甲能和丁能连续反应，说明该反应与反应物用量、反应物浓度或反应条件有关，A．氯化铝和氢氧化钠反应产物与氢氧化钠的量有关；B．无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁；C．镁能和二氧化碳反应生成碳，碳能和二氧化碳发生化合反应；D．若丁是O2，则乙、丙的相对分子质量可能相差16，则乙和丙相差一个氧原子．【解答】解：A．若甲是氯化铝溶液，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以符合转化关系，故A正确；B．若甲是铁，丁是氯气，铁在氯气中燃烧只生成氯化铁，氯化铁和氯气不反应，所以不符合转化关系，故B错误；C．若丁是二氧化碳，甲是镁，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，所以符合转化关系，故C正确；-26-\nD．若丁是O2，甲是碳，碳和少量氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，一氧化碳和二氧化碳相对分子质量相差16，故D正确；故选B．【点评】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度、或反应条件有关，同时考查学生总结归纳能力，难度不大．　18．某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO的物质的量浓度之比为3：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）A．1：3B．4：3C．2：1D．3：1【考点】氧化还原反应．【分析】Cl2生成ClO3﹣与ClO﹣是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO3﹣与ClO﹣的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被氧化的氯元素和被还原的氯元素的物质的量之比【解答】解：Cl2生成ClO3﹣与ClO﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+5价和+1价，ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为3：1，则可设ClO3﹣为1mol，ClO﹣为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×（5﹣0）+3mol×（1﹣0）=8mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，则得到电子的物质的量也应为8mol，则被还原的Cl的物质的量为8mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为8mol：4mol=2：1，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用．　19．某无色稀溶液X中，可能含有如表所列离子中的某几种．阴离子CO、SiO、AlO、Cl﹣阳离子Al3+、Fe3+、Mg2+、NH、Na+取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂体积（V）的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．若Y是盐酸，则X中一定含有CO、SiO、AlO和NHB．若Y是NaOH溶液，则X中一定含有Al3+、Fe3+、NH、Cl﹣-26-\nC．若Y是NaOH溶液，则ab段发生反应的离子方程式为：NH+OH﹣=NH3↑+H2OD．若Y是NaOH溶液，则X中的Al3+、Mg2+、NH物质的量之比为2：1：4【考点】离子方程式的有关计算；离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】溶液无色说明溶液中不含Fe3+；（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，则溶液中可能含SiO32﹣、AlO2﹣或两者中的一种，即生成的沉淀为H2SiO3、Al（OH）3或两者中的一种，则溶液中不含Al3+、Mg2+；当a﹣b段时，沉淀的量不变化，发生的是盐酸和碳酸根离子反应生成气体；当b﹣c段时沉淀的质量减少，即部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明生成的沉淀既有H2SiO3又有Al（OH）3，原溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中不含NH4+，含有的阳离子是Na+；（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a﹣b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b﹣c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子．【解答】解：溶液无色说明溶液中不含Fe3+；（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，则溶液中可能含SiO32﹣、AlO2﹣或两者中的一种，即生成的沉淀为H2SiO3、Al（OH）3或两者中的一种，则溶液中不含Al3+、Mg2+；当a﹣b段时，沉淀的量不变化，发生的是盐酸和碳酸根离子反应生成气体：CO32﹣+H+═HCO3﹣，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑；当b﹣c段时沉淀的质量减少，即部分沉淀和盐酸反应：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，部分沉淀和盐酸不反应，说明生成的沉淀既有H2SiO3又有Al（OH）3，原溶液中有SiO32﹣和AlO2﹣，则oa段发生反应的离子方程式SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，由于SiO32﹣和AlO2﹣和铵根离子能双水解，所以溶液中不含NH4+，含有的阳离子是Na+．则X中一定含有的离子是CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、Na+，oa段发生反应的离子方程式SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，ab段发生反应的离子方程式CO32﹣+H+═HCO3﹣，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，bc段发生反应的离子方程式：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O．综上可知含有的离子为：CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、Na+；（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸根会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl﹣；当a﹣b段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4++OH﹣═NH3•H2O，即溶液中含NH4+；当b﹣c段时沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，即bc段的反应为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．综上可知，X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl﹣；A．由分析可知，若Y是盐酸，则X中一定含有：CO32﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、Na+，故A错误；B．若Y是氢氧化钠，X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl﹣，没有Fe3+，故B错误；C．若Y是NaOH溶液，当a﹣b段时，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4++OH﹣═NH3•H2O，故C错误；-26-\nD．与铵根离子反应需要氢氧化钠的体积是2v，氢氧化铝和氢氧化钠反应需要氢氧化钠的体积是1v，则生成氢氧化铝需要氢氧化钠的体积是3V，生成氢氧化镁需要氢氧化钠的体积是1V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=1：：2=2：1：4，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子检验及离子反应，根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量，同时考查学生思维的缜密性、考虑问题的全面性，题目较难．　20．在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol•L﹣1和1.5mol•L﹣1，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应．下列有关说法正确的是（　　）A．反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB．反应后产生13.44LH2（标准状况）C．反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD．由于氧化性Fe3+＞H+，故反应中先没有气体产生后产生气体【考点】化学方程式的有关计算；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】计算题．【分析】Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）==0.7mol，氧化性为HNO3＞Fe3+＞H+，先发生Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O、再发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，若还有Fe剩余，则最后发生Fe与氢离子的反应，以此来解答．【解答】解：Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）==0.7mol，氧化性为HNO3＞Fe3+＞H+，则Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O14110.62.40.60.6Fe+2Fe3+═3Fe2+，1230.10.20.3Fe完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，A．反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6mol，故A错误；B．不发生Fe+2H+═Fe2++H2↑，没有氢气生成，故B错误；C．反应后溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9mol，故C正确；D．氧化性为HNO3＞Fe3+＞H+，先发生Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，有气体生成，故D错误；故选C．【点评】本题考查铁的化学性质及化学反应的计算，明确发生的化学反应及反应的先后是解答本题的关键，注意过量计算来解答，题目难度不大．　三、第Ⅱ卷21．（12分）氨与硝酸都是氮的重要化合物，在工农业生产中有广泛应用．Ⅰ．实验室模拟工业氨催化氧化法制取硝酸，装置如下图所示．-26-\n（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol•L﹣1，配制该浓度的氨水100mL，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、　100mL容量瓶　、　胶头滴管　．（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X的化学式为　Na2O2　．（3）写出受热时丙装置发生反应的化学方程式　4NH3+5O24NO+6H2O　．当戊中观察到石蕊试液变红，则说明已制得硝酸．Ⅱ．NH3的性质（4）氨的水溶液显弱碱性，其原因为　NH3•H2O⇌NH+4+OH﹣　（用离子方程式表示），将等浓度、等体积的氨水和硝酸混合，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为　C（N03﹣）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH﹣）　．（5）已知：氨在纯氧中燃烧生成一种单质和水，利用此原理设计成氨气﹣氧气燃料电池．在碱性条件下，该电池的负极反应式为　2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O　．【考点】氨的实验室制法；氨的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的步骤选择仪器；（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，且放出大量的热；（3）丙中发生的反应为氨气的催化氧化，氨气催化氧化生成一氧化氮和水；（4）氨气溶于水，部分氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子，所以溶液显碱性；将等浓度、等体积的氨水和硝酸混合恰好中和生成硝酸铵和水，硝酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子部分发生水解，离子浓度大小规律为：不水解的离子＞水解的离子＞显性离子＞隐性离子；（5）在燃料电池中，燃料做负极发生氧化反应，则通入氨气的电极是负极，负极发生氧化反应，结合电解质性质判断生成产物，据此写出电极反应式；【解答】解：（1）用浓氨水配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容等，用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100ml容量瓶，还缺少的仪器为：胶头滴管、100ml容量瓶；故答案为：胶头滴管、100ml容量瓶；（2）浓氨水逐滴滴加到过氧化钠固体上，过氧化钠与氨水中的水反应生成氢氧化钠，放出大量的热，促进氨气的逸出，所以烧瓶内固体X的化学式为Na2O2；故答案为：Na2O2；（3）丙中发生的反应为氨气的催化氧化，氨气催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；-26-\n故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）氨气溶于水，部分氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子，所以溶液显碱性，电离方程式：NH3•H2O⇌NH+4+OH﹣；将等浓度、等体积的氨水和硝酸混合恰好中和生成硝酸铵和水，硝酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子部分发生水解，硝酸铵溶液显酸性，离子浓度大小关系为：C（N03﹣）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH﹣）；故答案为：NH3•H2O⇌NH+4+OH﹣；C（N03﹣）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH﹣）；（5）在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，故答案为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．【点评】本题以氨气的实验室制备为载体考查了氨气的制备、氨气的性质，熟悉制备原理和氨气性质是解题关键，注意比较离子浓度大小应考虑盐类水解规律，题目难度不大．　22．（14分）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．Ⅰ．利用下图装置模拟工业生产中SO2催化氧化的反应并研究SO2的性质：（熔点：SO2﹣76.1℃，SO316.8℃；沸点：SO2﹣10℃，SO345℃）（1）甲同学按I、II、III、IV的顺序连接装置，装置II的作用是　使SO3凝结成固体与SO2分离　；装置III中溶液逐渐褪色，证明二氧化硫具有　还原　性．（2）乙同学按Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ的顺序连接装置（装置Ⅱ中充分冷却），若装置Ⅳ中有40mL3.0mol/LNaOH溶液，反应后增重5.12g，则装置Ⅳ中发生反应的化学方程式是　2SO2+3NaOH=Na2SO3+NaHSO3+H2O　．（3）某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管中，未见沉淀生成．向该试管中加入足量　ABD　（填字母），便能产生沉淀．A．硫化钠溶液B．氨水C．盐酸D．硝酸钾溶液Ⅱ．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：称取铁钉（碳素钢）6g放入15mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y．（4）甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+．若要确认其中的Fe2+应选用　C　（选填序号）．a．KSCN溶液和氯水b．氢氧化钠溶液c．酸性KMnO4溶液d．铁粉和KSCN溶液（5）乙同学取784mL（标准状况）气体Y通入足量H2O2水溶液中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g．由此推知气体Y中SO2的体积百分数为　57.1%　．（保留小数点后一位）-26-\n（6）分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和C02气体，产生C02的理由是　C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O　（用化学方程式表示）．【考点】性质实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【分析】（1）装置II的作用是冷却装置，三氧化硫的沸点较低，通过冰水混合物，使SO3凝结成固体与SO2分离，装置III中高锰酸钾溶液会和二氧化硫反应逐渐褪色，生成Mn2+，二氧化硫被氧化为硫酸；（2）若装置IV中有40mL3mol•L﹣1NaOH溶液，反应后增重5.12g，吸收的为二氧化硫气体，依据二氧化硫物质的量和氢氧化钠物质的量进行分析判断生成产物，若n（SO2）：n（NaOH）=1：2反应按照反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；若n（SO2）：n（NaOH）=1：1，反应按照反应SO2+NaOH=NaHSO3；装置IV中有40mL3mol•L﹣1NaOH溶液中n（NaOH）=0.12mol，n（SO2）==0.08mol；n（SO2）：n（NaOH）=0.08：0.12=2：3，所以生成产物为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，反应的化学方程式依据直平法写出：2SO2+3NaOH═Na2SO3+NaHSO3+H2O；（3）SO2在碱性条件下或被氧化成硫酸根，都与氯化钡能产生沉淀；（4）利用+2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色来检验；（5）生成的SO2具有还原性，通入足量过氧化氢中发生反应：SO2+2H2O2=2H2O+H2SO4，利用硫元素的守恒并结合关系式：SO2→BaSO4求出SO2的物质的量，再计算出二氧化硫的体积分数；（6）分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和C02气体，产生C02的理由是碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫；【解答】解：（1）装置II的作用是冷却装置，三氧化硫的沸点较低，通过冰水混合物，使SO3凝结成固体与SO2分离，装置III中高锰酸钾溶液会和二氧化硫反应逐渐褪色，生成Mn2+，二氧化硫被氧化为硫酸，表现了二氧化硫的还原性，反应的离子方程式为：5SO2+2H2O+2MnO4﹣=5SO42﹣+2Mn2++4H+，故答案为：使SO3凝结成固体与SO2分离，还原性；（2）若装置IV中有40mL3mol•L﹣1NaOH溶液，反应后增重5.12g，吸收的为二氧化硫气体，依据二氧化硫物质的量和氢氧化钠物质的量进行分析判断生成产物，若n（SO2）：n（NaOH）=1：2反应按照反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；若n（SO2）：n（NaOH）=1：1，反应按照反应SO2+NaOH=NaHSO3；装置IV中有40mL3mol•L﹣1NaOH溶液中n（NaOH）=0.12mol，n（SO2）==0.08mol；n（SO2）：n（NaOH）=0.08：0.12=2：3，所以生成产物为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，反应的化学方程式依据直平法写出：2SO2+3NaOH═Na2SO3+NaHSO3+H2O，故答案为：2SO2+3NaOH=Na2SO3+NaHSO3+H2O；（3）A．加入硫化钠溶液，二氧化硫和硫化钠反应生成硫单质沉淀，故A正确；B．在试管里加入氨水后，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡可生成亚硫酸钡白色沉淀，故B正确；C．足量的SO2通入装有氯化钡溶液的试管，再加稀盐酸无沉淀产生，故C错误；D．足量的SO2通入装有氯化钡溶液的试管，溶液呈酸性，硝酸钾中的硝酸根离子在酸性条件下，有强氧化性，可以将SO2氧化成硫酸根，再与氯化钡产生硫酸钡白色沉淀，故D正确；故答案为：ABD；（4）+2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色，a、d都不能检验亚铁离子，只有C能检验溶液中含有+2价铁离子，选b会生成两种沉淀，受氢氧化铁颜色的影响无法辨别，只能选C，故答案为：C；-26-\n（5）SO2具有还原性，通入足量过氧化氢中发生反应：SO2+2H2O2=2H2O+H2SO4，标况下784mL混合气体的物质的量为：n（混合气体）==0.035mol，SO2→BaSO41mol233gn4.66g则：n==0.02mol，故混合气体中SO2的体积分数为：×100%≈57.1%，故答案为：57.1%；（6）分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含有H2和C02气体，产生C02的理由是产生C02的理由是碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫，反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；【点评】本题综合考查元素化合物知识、提出假设并设计实验方案的能力和文字表达能力，题目难度中等，试题开放性较强，涉及浓硫酸的强氧化性，C、S与Fe及其化合物的性质，注意熟练掌握浓硫酸的性质及性质实验方案的设计与评价原则．　23．（15分）溴、碘及其化合物在工农业生产和日常生活中有重要用途．Ⅰ．氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途，下图是模拟工业制备氢溴酸的流程：根据上述流程回答下列问题：（1）反应①中发生反应的离子方程式为　SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣　；使用冰水的目的是　减少Br2和HBr挥发　（2）操作Ⅰ的名称是　蒸馏　；操作Ⅱ的名称是　过滤　；（3）反应②中加入Na2SO3的目的是　除去粗品中未反应完的溴　；但要防止过量，原因是　SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O　（用离子方程式表示）Ⅱ．卤素互化物是指不同卤素原子之间以共价键结合形成的化合物．XX′型卤素互化物与卤素单质结构相似、性质相近，能与大多数金属反应生成金属卤化物，能与许多非金属单质反应生成相应卤化物，能与水反应等．试回答下列问题：（4）溴化碘（IBr）与水反应的方程式为IBr+H2O=HBr+HIO下列关于IBr的叙述中不正确的是　AC　A．IBr中溴和碘的化合价均为0价B．在许多反应中IBr是强氧化剂C．在IBr与水的反应中，它既是氧化剂又是还原剂D．与NaOH溶液反应生成NaIO、NaBr和H2O（5）在粗碘中含有IBr和ICl，受热时，I2、ICl、IBr均可升华．在粗碘中加入一种物质后，再进行升华，可制得精碘，应加入的物质是　B　-26-\nA．H2OB．KIC．ZnD．KCl．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】由流程可知，反应室①中发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，经操作Ⅰ蒸馏得硫酸和氢溴酸的粗品（含溴），反应室②中加入Na2SO3还原粗品中的Br2，但会反应生成SO42﹣加入氢氧化钡后过滤得硫酸钡沉淀和无色溶液，再蒸馏得到精致的氢溴酸．（1）Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，Br2和HBr挥发；（2）由工艺流程可知，操作Ⅰ为互溶的溶液组分的分离，应是蒸馏，操作Ⅱ分离固体与液体，应是过滤；（3）粗品中可能含有为反应的Br2，应除去Br2，亚硫酸钠过滤会消耗酸反应生成二氧化硫；（4）IBr中I元素的化合价为+1价，Br为﹣1价，IBr化学性质与卤素单质具有相似性，及反应IBr+H2O═HBr+HIO中没有元素化合价的变化来分析解答；（5）利用碘易升华的特性精制碘，须使ICl、IBr中的Cl、Br变为难挥发性的物质，而使其中的+1价的碘被还原为I2，同时加入的物质和碘（I2）不反应．【解答】解：反应室①中发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，经操作Ⅰ蒸馏得硫酸和氢溴酸的粗品（含溴），反应室②中加入Na2SO3还原粗品中的Br2，但会反应生成SO42﹣加入氢氧化钡后过滤得硫酸钡沉淀和无色溶液，再蒸馏得到精致的氢溴酸．（1）Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，Br2氧化SO2放出很多热量，Br2和HBr易挥发，使用冰水，降低体系温度，防止Br2和HBr挥发，使反应完全，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，减少Br2和HBr挥发；（2）由工艺流程可知，操作Ⅰ为互溶的溶液组分的分离，应是蒸馏，操作Ⅱ分离固体与液体，应是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：蒸馏；过滤；（3）粗品中可能含有为反应的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，单要防止亚硫酸钠过量，亚硫酸钠过量会消耗酸反应生成二氧化硫，反应的离子方程式为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，故答案为：除去粗品中未反应完的溴；SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O；（4）A．溴吸引电子能力大于碘，则溴显﹣1价、碘显+1价，故A错误；B．溴化碘的化学性质与卤素单质相似，则IBr中I元素的化合价为+1价，I元素的化合价在反应中能降低，则在很多化学反应中IBr是强氧化剂，故B正确；C．溴化碘与水作用时，该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故C错误；D．IBr+H2O═HBr+HIO，生成的酸能和NaOH反应，所以溴化碘和NaOH反应生成NaIO、NaBr、H2O，故D正确；故答案为：AC；（5）A．加入水，导致碘难以升华，且水中溶解部分碘，不符合分离、提纯的目的，故A错误．B．加入KI发生：反应为IBr+KI=I2+KBr，ICl+KI=I2+KCl，加热时I2升华与KCl、KBr分离，故B正确；C．加入Zn，在加热条件下生成ZnI，影响被提纯的物质，不符合提出的原则，故C错误；D．加入KCl与杂质不反应，不能起到除杂的目的，故D错误；故答案为：B．-26-\n【点评】本题考查物质的分离、提纯极，氧化还原反应等知识，物质性质的理解应用，题目难度中等，注意把握相关知识的积累．　24．（14分）铈、钛、锌、锰虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用．（1）二氧化铈（CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，反应中CeO2作　氧化　剂．在加热条件下，CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备．其中NH4Cl的作用是　分解产生HCl，CeCl3抑制水解　．（2）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”．①在高温下，向金红石（主要成分Ti02）与焦炭的混合物中通入Cl2，得到TiCl4和一种可燃性气体．该反应的化学方程式是　Ti02+2Cl2+2CTiCl4+2CO　．②加热条件下，镁与TiCl4反应可得到钛，下列气体可以作为保护气的是　D　A．O2B．N2C．C02D．Ar（3）锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱．写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式　Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑　．（4）锰及其化合物应用越来越广泛，MnO2是一种重要的无机功能材料．①已知A～G各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质．则反应②的离子方程式为　4H++2Cl﹣+MnO2Mn2++2H2O+Cl2↑　．②制备Mn02的方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液，阳极的电极反应式为　Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+　．已知：Ksp[Al（OH）3]=1×10﹣33，pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀．室温下，欲除去MnSO4溶液中的Al3+（使其浓度小于1×10﹣6mol•L﹣1），需调节溶液pH范围为　5.0＜pH＜7.1　．【考点】无机物的推断．【专题】无机推断；热点问题；物质变化与能量变化统一思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂；NH4Cl固体受热分解生成氯化氢能抑制CeCl3的水解；（2）①Ti02与焦炭的混合物中通入Cl2，在高温条件下可生成TiCl4和CO；②镁能与氧气、氮气、二氧化碳等反应，与氩气不反应，据此选择；（3）锌和氢氧化钠溶液反应生成锌酸钠和氢气；（4）在中学化学中MnO2参与制备气体单质为氧气和氯气的制备，由转化关系可知，B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁，若①不需要加热，则A为过氧化氢，若需要加热，则A为氯酸钾，据此解答．-26-\n【解答】解：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂，NH4Cl固体受热分解生成氯化氢能抑制CeCl3的水解；故答案为：氧化；分解产生HCl，CeCl3抑制水解；（2）①Ti02与焦炭的混合物中通入Cl2，在高温条件下可生成TiCl4和CO，反应方程式为Ti02+2Cl2+2CTiCl4+2CO，故答案为：Ti02+2Cl2+2CTiCl4+2CO；②镁能与氧气、氮气、二氧化碳等反应，与氩气不反应，故选D；（3）锌和氢氧化钠溶液反应生成锌酸钠和氢气，反应方程式为Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑，故答案为：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑；（4）在中学化学中MnO2参与制备气体单质为氧气和氯气的制备，由转化关系可知，B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁，若①不需要加热，则A为过氧化氢，若需要加热，则A为氯酸钾．①反应②为实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气的常用方法，离子方程式为4H++2Cl﹣+MnO2Mn2++2H2O+Cl2↑，故答案为：4H++2Cl﹣+MnO2Mn2++2H2O+Cl2↑；②制备Mn02的方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液，阳极上发生氧化反应，锰离子失去电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+，除去MnSO4溶液中的Al3+即要使铝离子沉淀完全，铝离子的浓度小于10﹣6mol•L﹣1，根据Ksp[Al（OH）3]=1×10﹣33，可知此时溶液中c（OH﹣）=mol•L﹣1=1×10﹣9mol•L﹣1，溶液的pH=5，所以欲除去MnSO4溶液中的Al3+需调节溶液pH范围为5.0＜pH＜7.1，故答案为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+；5.0＜pH＜7.1．【点评】本题考查了元素化合物性质的分析应用，主要是氧化还原反应的离子方程式书写方法和产物判断以及电极反应的书写、沉淀的相关计算，掌握基础是关键，题目难度中等．　-26-