江苏省盐城市阜宁中学2022-2022学年高三（上）月考化学试卷（10月份） 一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．世界环境日中国主题为“同呼吸•共奋斗”，其中防治PM2.5是重点．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是雾霾天气的主要原因，它主要来自化石燃料的燃烧，下列与PM2.5相关的说法不正确的是（ ）A．大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量B．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖C．吸烟也会造成室内PM2.5污染D．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等金属元素均是对人体有害的元素E．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等金属元素均是对人体有害的元素 2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．苯甲醛：B．Mg2+的结构示意图：C．CO2的电子式：O：：C：：OD．核内有8个中子的碳原子：C 3．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是：（ ）①H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成③硫、氯气分别与铜和铁反应，其产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2④高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强．A．①②④B．②④C．②③④D．①②③④ 4．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）选项实验操作现象解释或结论①过量的Fe粉中加入HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+②AgI沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgI更难溶③Al箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜④用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性A．①B．②C．③D．④ 5．常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）A．使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、I﹣、Cl﹣-30-\nB．使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣C．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液：Na+、K+、SCN﹣、NOD．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣ 6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．标准状况下，11.2L甲醛气体中电子数为8NAC．常温常压下，7.8g苯中含有单键的数目为0.6NAD．1.0L0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中所含的Al3+离子数为0.1NA 7．下列反应的离子方程式正确的是（ ）A．氯气通人含等物质的量的FeBr2溶液中：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2B．澄清石灰水与少量的碳酸氢钠溶液反应：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2OC．铜与浓硝酸反应：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OD．硫酸氢钠溶液滴入Ba（OH）2溶液至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O 8．I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下正确说法是（ ）A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量变多D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变 9．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B．加热时，②、③溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应 10．下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（ ）①SSO3H2SO4②N2NONO2HNO3③MgCl2（aq）无水MgCl2Mg-30-\n④FeFe2O3Fe（SO4）3⑤铝土矿NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3Al．A．①③④B．②③④C．③④⑤D．①③⑤ 二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色．Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍．W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍．元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（ ）A．原子半径的大小顺序：rX＞rY＞rW＞rQB．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应C．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物D．Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性 12．霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物，它在酸性溶液中能发生如下反应：下列说法中正确的是（ ）A．MMF分子中含有三种官能团B．可以用NaHCO3溶液区别MMF与化合物ⅠC．1mol化合物Ⅰ与足量的溴水反应消耗单质溴4molD．1molMMF与足量NaOH溶液共热，最多可消耗3molNaOH 13．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图示．下列说法不正确的是（ ）-30-\nA．前20分钟反应内放出的热量为46.2kJB．第25分钟改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去C．若第60分钟时反应又达到了平衡，则时段Ⅲ改变的条件是降低温度D．时段Ⅰ仅将初始投放的物质浓度增至原来的2倍，则反应物的转化率增大，平衡常数不变 14．某同学设计了以下几个实验方案，其中可行的为（ ）A．已知质量的铝镁合金，通过下面实验设计可以测定镁的质量分数：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积B．在配制一定物质的量浓度的溶液时，先称量或量取物质，再溶解或稀释，并将溶液转移至容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移到容量瓶，继续往容量瓶中加水至溶液的凹液面正好与刻度线相切C．用裂化汽油萃取溴水中的溴之后进行分液时，水层从分液漏斗的下口放出D．欲检验SO2中是否混有CO2，可将该气体依次通过盛有饱和碳酸氢钠溶液、品红溶液、澄清石灰水的洗气瓶，若品红溶液不褪色且澄清石灰水变浑浊，则证明混有CO2 15．常温下，向20.00mL0.1000mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol•L﹣1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）．下列说法正确的是（ ）A．点a所示溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）C．点c所示溶液中：c（SO42﹣）+c（H+）=c（NH3•H2O）+c（OH﹣）D．点d所示溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+） 三、解答题（共6小题，满分80分）16．（13分）草酸（H2C2O4）是一种重要的有机化工原料．为探究草酸的制取和草酸的性质，进行如下实验．实验Ⅰ：实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸，装置如图1所示-30-\n①一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中②控制反应温度55﹣60℃，边搅拌边缓慢滴加一定量的混合酸（65%的HNO3与98%的H2SO4的质量比2：1.25）③反应3小时，冷却，抽滤后再重结晶得到草酸晶体硝酸氧化淀粉水解液的反应为：C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O（1）如图1实验装置中仪器乙的名称为： ．（2）检验淀粉是否水解完全的方法： ．实验Ⅱ：探究草酸的不稳定性甲组同学查阅资料得知：草酸晶体（H2C2O4•2H2O）100℃开始失水，100.5℃左右分解产生H2O、CO和CO2．试用图2中提供的仪器和试剂，设计一个实验，证明草酸晶体分解得到的混合气体中含有H2O、CO和CO2（加热装置和导管等在图中略去，部分装置可以重复使用）．请回答下列问题：（3）仪器装置连接顺序为：C→ → → → →D→A→F．（4）若实验结束后测得A管质量减轻4.8g，则需分解草酸晶体的质量为 ．（5）乙组同学查阅资料发现：草酸酸性比碳酸强，在受热分解过程中有少量升华；草酸钙和草酸氢钙均是白色不溶物．通过进一步研究认为，草酸蒸汽与石灰水反应生成草酸钙白色沉淀，对实验有干扰，因此提出需要在检验CO2装置之前增加一个装有 的洗气装置．（填写字母编号）．A．水B．氢氧化钠溶液C．碳酸钠溶液D．饱和碳酸氢钠溶液实验Ⅲ：探究草酸与酸性高锰酸钾的反应（6）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，可观察到溶液由紫红色变为近乎无色，写出上述反应的离子方程式： ．（7）学习小组的同学发现，当向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，溶液褪色总是先慢后快．为探究其原因，同学们做了如下对比实验；实验序号H2C2O4（aq）KMnO4（H）（aq）MnSO4（S）（g）褪色时间（S）C（mol•L﹣1）V（mL）C（mol•L﹣1）V（mL）实验10.120.014030实验20.120.01454由此你认为溶液褪色总是先慢后快的原因是 ．（8）随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”．钒元素广泛分散于各种矿物中，钾钒铀矿的主要成分可用化学式表示为：K2H6U2V2O15，测定其中钒元素含量的方法是：先把矿石中的钒元素转化为V2O5，V2O5在酸性溶液里转化为VO2+，再用标准草酸溶液滴定．总反应可表示为：□VO2++□H2C2O4+□H+→□VO2++□CO2+□H2O①请将上述反应配平（填写系数即可）： 、 、 、 、 、 ．②现有钾钒铀矿样品10.2g，用上述方法来测定钒的含量，结果消耗0.9g草酸，那么此钾钒铀矿中钒元素的质量分数是 ． -30-\n17．（17分）PHEM材料、树脂Q在生产、生活中有着十分广泛的应用．其中PHEM的结构是：．它们的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）C中所含的官能团是 ．（2）G可使Br2的CCl4溶液褪色，F→G的反应类型是 ．（3）写出以下反应的化学方程式：①A→B ．②D→E ．③ ．（4）D有多种同分异构体，属于酯且含有碳碳双键的共有 种，写出满足以下条件D的同分异构体的结构简式 （不包含立体异构）：①属于酯；②含有碳碳双键；③能发生银镜反应；④含有甲基．（5）K的核磁共振氢谱有两种峰，峰值面积比为2：9，K的结构简式是： ． 18．（14分）燃煤产生的烟气中的氮氧化物NOx（主要为NO、NO2）易形成污染，必须经脱除达标后才能排放．（1）用化学方程式表示NO形成硝酸型酸雨的反应 ．（2）能作脱除剂的物质很多，下列说法正确的是 ．a．用H2O作脱除剂，不利于吸收含氮烟气中的NOb．用Na2SO3作脱除剂，O2会降低Na2SO3的利用率c．用CO作脱除剂，会使烟气中NO2的浓度增加（3）尿素[CO（NH2）2]在一定条件下能有效将NOx转化为N2．Ⅰ．已知可通过下列方法合成尿素：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（s）△H=﹣159.5kJ/molH2NCOONH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+28.5kJ/mol①尿素释放出NH3的热化学方程式是 ．②写出有利于尿素释放NH3的条件并说明理由 ．Ⅱ．CO（NH2）2与某种烟气（主要为N2、NO和O2）中的NO的物质的量比值分别为1：2、2：1、3：1时，NO脱除率随温度变化的曲线如图：-30-\n①曲线a对应CO（NH2）2与NO的物质的量比值是 ．②曲线a、b、c中，800℃～900℃区间内发生主要反应的化学方程式是 ．③900℃～1200℃区间内脱除率下降，NO浓度明显上升．发生的主要反应是 ．④曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为 mg/（m3•s）． 19．（13分）海水中含有丰富的镁资源．工业上常用海水晒盐后的苦卤水提取Mg，流程如图1所示：（1）工业制取镁的方法是 法．（2）试剂Ⅰ一般选用 （填化学式）．（3）如图2是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298K时的稳定状态）．①由图可知Mg与卤素单质的反应均为 （填“放热”或“吸热”）反应；推测化合物的热稳定性顺序为MgI2 MgF2（填“＞”、“=”或“＜”）．②依图数据写出MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式 ．（4）金属Mg与CH3Cl在一定条件下反应可生成CH3MgCl，CH3MgCl是一种重要的有机合成试剂，易与水发生水解反应并有无色无味气体生成．写出CH3MgCl水解的化学方程式： ．（5）向Mg（OH）2中加入NH4Cl溶液，可使沉淀溶解，请结合平衡原理和必要的文字解释原因 ． 20．（13分）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．-30-\nⅡ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡回答下列问题：（1）锡元素原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是 ．（2）操作Ⅰ是 ．（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因 ．（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH② ．（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是 ．（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是 ．（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；②加入过量的FeCl3溶液；③用已知浓度的K2Cr2O7滴定②中生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O．取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液32.0mL．锡粉中锡的质量分数是 ． 21．（10分）铝和铝合金是非常重要的金属材料．（一）对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．以下为铝材表面处理的一种方法：（1）碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，为将槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的 ．（填编号）a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO3（2）以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为： ．取少量废电解液，加入NaHCO3溶液发现有少量沉淀生成，写出此反应的离子方程式 ．（二）我国首创以铝﹣空气﹣海水电池作为能源的新型航海标志灯，它以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流．只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光．该电源负极材料为 ，正极反应式为： ． -30-\n江苏省盐城市阜宁中学2022-2022学年高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．世界环境日中国主题为“同呼吸•共奋斗”，其中防治PM2.5是重点．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是雾霾天气的主要原因，它主要来自化石燃料的燃烧，下列与PM2.5相关的说法不正确的是（ ）A．大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量B．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖C．吸烟也会造成室内PM2.5污染D．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等金属元素均是对人体有害的元素E．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等金属元素均是对人体有害的元素【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学计算．【分析】A．减少机动车尾气排放，减少了烟尘，能降低空气中PM2.5；B．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖，可以减少化石燃料的使用；C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，可被吸入肺部；D．铅、镉、铬、钒为金属元素，砷为非金属元素．【解答】解：A．大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量，减少了烟尘，能降低空气中PM2.5，故A正确；B．开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖，可以减少化石燃料的使用，从而减少PM2.5，故B正确；C．吸烟时产生烟雾，烟雾里有40多种致癌物质，还有十多种会促进癌发展的物质，也会造成室内PM2.5污染，故C正确；D．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、等金属元素均是对人体有害的元素，砷对人体有害，属于非金属，故D错误；故选DE．【点评】本题考查PM2.5的污染，侧重考查环境的污染和原因与生产、生活相关的知识，是高考考查的热点之一，解答本题的关键是要知道电动车的优点，PM2.5的来源、危害，了解PM2.5的含义，本题难度不大． 2．下列有关化学用语表示正确的是（ ）A．苯甲醛：B．Mg2+的结构示意图：C．CO2的电子式：O：：C：：OD．核内有8个中子的碳原子：C【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．其官能团为﹣CHO；-30-\nB．Mg的质子数为12，其离子核外有10个电子；C．二氧化碳中C、O周围均满足8电子稳定结构；D．有8个中子的碳原子，其质量数为14．【解答】解：A．苯甲醛为，故A错误；B．Mg2+的结构示意图为，故B正确；C．CO2的电子式为，故C错误；D．核内有8个中子的碳原子为C，故D错误；故选B．【点评】本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，侧重考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住． 3．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是：（ ）①H2S水溶液是弱酸，HCl水溶液是强酸②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成③硫、氯气分别与铜和铁反应，其产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2④高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强．A．①②④B．②④C．②③④D．①②③④【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】根据判断非金属性强弱的方法：①单质与氢气易（难）反应；②生成的氢化物稳定（不稳定）；③最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱）；④相互置换反应（强制弱）来回答．【解答】解：①判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），而H2S水溶液、HCl水溶液均是非含氧酸，故①错误；②判断非金属性强弱的方法：相互置换反应（强制弱），即非金属性强的元素单质可以置换非金属弱的元素单质，向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成，说明氯气可以置换硫，硫元素的非金属性比氯元素弱，故②正确；③非金属单质与具有可变价金属的反应，能生成高价金属化合物的，其非金属性强，氯气将金属氧化到高价，硫将金属氧化到低价，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故③正确；④判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故④正确．故选C．【点评】本题考查学生判断元素非金属性强弱的方法，可以根据所学知识进行回答，难度较大． 4．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）选项实验操作现象解释或结论①过量的Fe粉中加入HNO3，溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+-30-\n充分反应后，滴入KSCN溶液②AgI沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgI更难溶③Al箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜④用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性A．①B．②C．③D．④【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【分析】根据过量的铁与稀硝酸反应生成物是Fe2+，滴入KSCN溶液不可能显红色；AgI沉淀中滴入稀KCl溶液不可能产生AgCl沉淀，并且AgI的溶度积常数小于AgCl的溶度积常数；Al箔插入稀HNO3中，不会钝化；氨水在溶液中会电离出氢氧根离子而显碱性，当遇到红色石蕊试纸时会显蓝色．【解答】解：A、Fe粉与稀硝酸反应生成物是Fe3+，但过量的铁会继续和Fe3+反应，将其还原成Fe2+，即溶液中不存在Fe3+，所以滴入KSCN溶液不可能显红色，故A错；B、AgI的溶度积常数小于AgCl的溶度积常数，所以AgI沉淀中滴入稀KCl溶液不可能产生AgCl沉淀，故B错；C、Al箔插入稀HNO3中，首先硝酸会和Al箔表面的氧化膜反应，然后再和单质铝发生氧化还原反应，硝酸被还原生成NO气体单质铝表面的氧化膜是被空气中氧气氧化的，故C错；D、氨水在溶液中会电离出氢氧根离子而显碱性，当遇到红色石蕊试纸时会显蓝色，故D正确．故选D．【点评】本题主要考查元素化合物知识，并有难溶电解质的沉淀转化问题，题目难度较小，重点要准确把握物质的性质． 5．常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）A．使酚酞变红色的溶液：Na+、Ba2+、I﹣、Cl﹣B．使甲基橙变红色的溶液：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣C．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液：Na+、K+、SCN﹣、NOD．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；B．甲基橙变红色的溶液，显酸性；C．离子之间结合生成络离子；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．甲基橙变红色的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故C错误；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3﹣既能与酸又能与碱反应，一定不能大量共存，故D错误；-30-\n故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握离子之间的反应及习题信息的抽取为解答的关键，侧重氧化还原反应、络合反应及复分解反应的考查，题目难度不大． 6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB．标准状况下，11.2L甲醛气体中电子数为8NAC．常温常压下，7.8g苯中含有单键的数目为0.6NAD．1.0L0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中所含的Al3+离子数为0.1NA【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．氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；B．标准状况下甲醛为气体，甲醛的结构简式为HCHO，其分子中含有16个电子；C．苯分子中的碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，苯中单键为碳氢键；D．铝离子在溶液中部分水解，导致铝离子数目减少．【解答】解：A．0.1mol氯气溶于水，与水反应生成氯化氢和次氯酸的氯气小于0.1mol，则转移的电子小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B．标况下11.2L甲醛的物质的量为0.5mol，0.5mol甲醛分子中含有8mol电子，含有的电子数为8NA，故B正确；C．7.8g苯的物质的量为0.1mol，苯中不存在碳碳单键，0.1mol苯分子中含有0.6mol碳氢单键，则含有单键的数目为0.6NA，故C正确；D．1L0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中含有溶质氯化铝0.1mol，由于铝离子部分水解，导致铝离子小于0.1mol，所含的Al3+离子数小于0.1NA，故D错误；故选BC．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确氯气与水的反应情况，选项C为易错点，注意苯分子中不存在碳碳单键，存在的单键为碳氢键． 7．下列反应的离子方程式正确的是（ ）A．氯气通人含等物质的量的FeBr2溶液中：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2B．澄清石灰水与少量的碳酸氢钠溶液反应：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2OC．铜与浓硝酸反应：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OD．硫酸氢钠溶液滴入Ba（OH）2溶液至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．等物质的量反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部氧化，而溴离子一半被氧化；B．少量的碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钙、水、NaOH；C．反应生成二氧化氮；D．至中性时以2：1反应，生成硫酸钡、硫酸钠、水．【解答】解：A．氯气通人含等物质的量的FeBr2溶液中的离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+Br2，故A正确；B．澄清石灰水与少量的碳酸氢钠溶液反应的离子反应为Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2O，故B错误；C．铜与浓硝酸反应的离子反应为Cu+2NO3﹣+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C错误；-30-\nD．硫酸氢钠溶液滴入Ba（OH）2溶液至中性的离子反应为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选A【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，侧重氧化还原反应、与量有关离子反应的考查，注意电子、电荷守恒的应用，题目难度不大． 8．I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下正确说法是（ ）A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量变多D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H和反应物以及生成物的能量有关；B、改变压强，对于反应前后气体系数和相等的平衡，不会发生移动；C、升高温度，反应速率加快，反应向着吸热方向进行；D、在原电池中进行的反应还会伴随电能的转化，能量是守恒的．【解答】解：A、加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H和反应物以及生成物的能量有关，反应的△H不会改变，故A错误；B、改变压强，对于反应前后气体系数和相等的平衡，不会发生移动，反应放出的热量不变，故B正确；C、升高温度，反应速率加快，反应向着吸热方向进行，原来反应放出的热量是不变的，故C错误；D、在原电池中进行的反应还会伴随电能的转化，并且能量是守恒的，所以反应放出的热量变小，故D错误．故选B．【点评】本题涉及化学反应中的焓变和反应条件之间的关系，注意原电池中化学能和电能之间的转化，难度中等． 9．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，说明NH4Cl的热稳定性比较好B．加热时，②、③溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应【考点】性质实验方案的设计．-30-\n【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．【分析】A．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵；B．根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；C．根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D．可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．【解答】解：A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管的顶部反应生成氯化铵，不是NH4Cl的热稳定性比较好，故A错误；B．②中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，故B错误；C．2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D．氯化铵受热分解，与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选：C．【点评】本题以“封管实验”为载体，考查了相关的反应，解答须理解记忆相关的化学反应方程式，题目较简单． 10．下列物质的转化在给定条件下不能实现的是（ ）①SSO3H2SO4②N2NONO2HNO3③MgCl2（aq）无水MgCl2Mg④FeFe2O3Fe（SO4）3⑤铝土矿NaAlO2溶液Al（OH）3Al2O3Al．A．①③④B．②③④C．③④⑤D．①③⑤【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用．【专题】氧族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现即可．①硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫；②氮气在空气中放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；③氯化镁溶液在氯化氢气流中蒸干得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中抑制水解；④铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁；⑤铝土矿与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，与过量的二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝不稳定受热分解，得到单质铝．【解答】解：①．硫在氧气中燃烧只生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化变成三氧化硫，转化不能由一步反应实现，故①错误；-30-\n②．氮气在空气中放电，生成一氧化氮，一氧化氮迅速被氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故②正确；③．MgCl2（aq）加热得到氢氧化镁，转化不能由一步反应实现，故③错误；④．铁点燃生成四氧化三铁，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，转化不能由一步反应实现，故④错误；⑤．三氧二化铝溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，在偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝，燃烧氢氧化铝得到氧化铝，然后电解熔融的氧化铝，得到铝，故⑤正确．故选A．【点评】本题考查化合物的性质，题目难度不大，熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法． 二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色．Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍．W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍．元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是（ ）A．原子半径的大小顺序：rX＞rY＞rW＞rQB．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应C．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物D．Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，以此解答该题．【解答】解：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，故Z为硫元素，W为氧元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素，A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Si＞C，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即X＞Y＞Q＞W，故A错误；B．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故B错误；C．CS2属于共价化合物，故C正确；D．非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故D错误．故选C．【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，元素的推断是解答本题的关键，并熟悉元素化合物的性质、物质的组成和结构等知识来解答，综合性较强，题目难度中等． 12．霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物，它在酸性溶液中能发生如下反应：-30-\n下列说法中正确的是（ ）A．MMF分子中含有三种官能团B．可以用NaHCO3溶液区别MMF与化合物ⅠC．1mol化合物Ⅰ与足量的溴水反应消耗单质溴4molD．1molMMF与足量NaOH溶液共热，最多可消耗3molNaOH【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】两种物质中含C=C可发生加成、加聚和氧化反应，含有酚﹣OH，可发生取代、氧化和显色反应，含有﹣COOC﹣，化合物Ⅰ含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，MMF水解生成化合物Ⅰ和Ⅱ，以此解答该题．【解答】解：A．MMF分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣、碳碳双键、醚键等，则不止三种官能团，故A错误；B．化合物Ⅰ含﹣COOH，与碳酸氢钠反应生成气体，则可以用NaHCO3溶液区别MMF与化合物Ⅰ，故B正确；C．化合物Ⅰ酚羟基邻位、对位没有H原子，不能与溴水发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，则1mol化合物Ⅰ与足量的溴水反应消耗单质溴1mol，故C错误；D．MMF中含2个﹣COOC﹣和酚﹣OH，均可与NaOH反应，则1molMMF与足量NaOH溶液共热，最多可消耗3molNaOH，故D正确．故选BD．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酯、羧酸性质及水解规律、有机物鉴别的考查，题目难度不大． 13．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图示．下列说法不正确的是（ ）A．前20分钟反应内放出的热量为46.2kJB．第25分钟改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去C．若第60分钟时反应又达到了平衡，则时段Ⅲ改变的条件是降低温度D．时段Ⅰ仅将初始投放的物质浓度增至原来的2倍，则反应物的转化率增大，平衡常数不变-30-\n【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】根据化学反应速率的定义和影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论．减小生成物浓度，平衡正向移动；降低温度，平衡向着放热的方向移动；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动．【解答】解：A．要想知道放热多少就必须知道H2的物质的量又由于c=且图中显示的是c无V，所以求不出具体的放热多少故A错误；B．第25分钟时，氨气的浓度由1.00mol/L变为0，说明改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去，故B正确；C．氢气和氮气的浓度减小，氨气的浓度增大，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，降温能使平衡正向移动，故时段Ⅲ改变的条件是降低温度，故C正确；D．恒容容器，增大反应物起始浓度，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡常数保持不变，故D正确；故选A．【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，以及有关物质的量的计算，题目难度中等．要注意平衡常数只与温度有关． 14．某同学设计了以下几个实验方案，其中可行的为（ ）A．已知质量的铝镁合金，通过下面实验设计可以测定镁的质量分数：铝镁合金测定生成的气体在标准状况下的体积B．在配制一定物质的量浓度的溶液时，先称量或量取物质，再溶解或稀释，并将溶液转移至容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移到容量瓶，继续往容量瓶中加水至溶液的凹液面正好与刻度线相切C．用裂化汽油萃取溴水中的溴之后进行分液时，水层从分液漏斗的下口放出D．欲检验SO2中是否混有CO2，可将该气体依次通过盛有饱和碳酸氢钠溶液、品红溶液、澄清石灰水的洗气瓶，若品红溶液不褪色且澄清石灰水变浑浊，则证明混有CO2【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．利用合金的质量、氢气的量列方程式可计算；B．往容量瓶中加水至刻度线1～2cm处改用胶头滴管滴加；C．裂化汽油中含不饱和烃，与溴水发生加成反应；D．通过盛有饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，干扰二氧化碳的检验．【解答】解：A．合金质量、氢气的体积已知设Mg为xmol，Al为ymol，由质量关系可知，24x+27y=m，由电子守恒可知，2x+3y=n（H2）×2，可计算Mg的物质的量，然后得到质量分数，故A正确；B．往容量瓶中加水至刻度线1～2cm处改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面正好与刻度线相切，故B错误；C．裂化汽油中含不饱和烃，与溴水发生加成反应，则裂化汽油不能作萃取剂，故C错误；D．通过盛有饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，干扰二氧化碳的检验，不能用碳酸氢钠溶液，应选择溴水或高锰酸钾，故D错误；故选A．-30-\n【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及质量分数的实验测定、溶液配制、萃取及气体的检验，把握实验原理及实验基本操作为解答的关键，选项D为易错点，题目难度中等，注意实验方案的评价性、操作性分析． 15．常温下，向20.00mL0.1000mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol•L﹣1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）．下列说法正确的是（ ）A．点a所示溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）C．点c所示溶液中：c（SO42﹣）+c（H+）=c（NH3•H2O）+c（OH﹣）D．点d所示溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解较微弱；B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据溶质的性质判断；C．c点溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半．【解答】解：A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH4+）＞c（SO42﹣），所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c（NH4+）＞c（Na+），故B错误；C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c（H+）＜c（OH﹣），溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（SO42﹣）=2c（Na+），所以得c（SO42﹣）+c（H+）=c（NH3•H2O）+c（OH﹣），故C正确；D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c（NH3•H2O）＞c（SO42﹣），故D错误；故选AC．【点评】本题考查了离子浓度大小的比较，明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等． 三、解答题（共6小题，满分80分）16．（13分）草酸（H2C2O4）是一种重要的有机化工原料．为探究草酸的制取和草酸的性质，进行如下实验．-30-\n实验Ⅰ：实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸，装置如图1所示①一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中②控制反应温度55﹣60℃，边搅拌边缓慢滴加一定量的混合酸（65%的HNO3与98%的H2SO4的质量比2：1.25）③反应3小时，冷却，抽滤后再重结晶得到草酸晶体硝酸氧化淀粉水解液的反应为：C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O（1）如图1实验装置中仪器乙的名称为： 冷凝管 ．（2）检验淀粉是否水解完全的方法： 取少量水解液于小试管中，滴加几滴碘水，如果出现蓝色，说明没有水解完全；否则水解完全 ．实验Ⅱ：探究草酸的不稳定性甲组同学查阅资料得知：草酸晶体（H2C2O4•2H2O）100℃开始失水，100.5℃左右分解产生H2O、CO和CO2．试用图2中提供的仪器和试剂，设计一个实验，证明草酸晶体分解得到的混合气体中含有H2O、CO和CO2（加热装置和导管等在图中略去，部分装置可以重复使用）．请回答下列问题：（3）仪器装置连接顺序为：C→ B → F → E → F →D→A→F．（4）若实验结束后测得A管质量减轻4.8g，则需分解草酸晶体的质量为 37.8g ．（5）乙组同学查阅资料发现：草酸酸性比碳酸强，在受热分解过程中有少量升华；草酸钙和草酸氢钙均是白色不溶物．通过进一步研究认为，草酸蒸汽与石灰水反应生成草酸钙白色沉淀，对实验有干扰，因此提出需要在检验CO2装置之前增加一个装有 A 的洗气装置．（填写字母编号）．A．水B．氢氧化钠溶液C．碳酸钠溶液D．饱和碳酸氢钠溶液实验Ⅲ：探究草酸与酸性高锰酸钾的反应（6）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，可观察到溶液由紫红色变为近乎无色，写出上述反应的离子方程式： 5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=2Mn2++10CO2↑+8H2O ．（7）学习小组的同学发现，当向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，溶液褪色总是先慢后快．为探究其原因，同学们做了如下对比实验；实验序号H2C2O4（aq）KMnO4（H）（aq）MnSO4（S）（g）褪色时间（S）C（mol•L﹣1）V（mL）C（mol•L﹣1）V（mL）实验10.120.014030实验20.120.01454由此你认为溶液褪色总是先慢后快的原因是 反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率 ．（8）随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”．钒元素广泛分散于各种矿物中，钾钒铀矿的主要成分可用化学式表示为：K2H6U2V2O15，测定其中钒元素含量的方法是：先把矿石中的钒元素转化为V2O5，V2O5-30-\n在酸性溶液里转化为VO2+，再用标准草酸溶液滴定．总反应可表示为：□VO2++□H2C2O4+□H+→□VO2++□CO2+□H2O①请将上述反应配平（填写系数即可）： 2 、 1 、 2 、 2 、 2 、 2 ．②现有钾钒铀矿样品10.2g，用上述方法来测定钒的含量，结果消耗0.9g草酸，那么此钾钒铀矿中钒元素的质量分数是 10% ．【考点】性质实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）仪器甲的名称为分液漏斗；（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解，溶液若不显色，则证明淀粉完全水解；（3）检验H2O、CO和CO2气体，首先应该用无水硫酸铜遇水蒸气变蓝，再利用二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，一氧化碳检验还原性，能还原黑色的氧化铜，生成的二氧化碳用澄清的石灰水检验，据此根据水蒸气、二氧化碳和一氧化碳的性质进行排序；（4）根据A管质量减轻4.8g利用差量法计算出产生的一氧化碳的物质的量，再根据草酸晶体分解的方程式计算求得；（5）根据草酸蒸气和二氧化碳的性质来回答；（6）根据酸性高锰酸钾的性质确定草酸的性质；（7）将两个实验进行对比，从而得出结论；（8）①根据氧化还原反应的化合价升降总数相等结合电荷、原子守恒配平可得离子方程式；②0.90g草酸的物质的量为0.01mol，根据离子方程式计算参加反应的n（VO2+），据此计算参加反应的钒元素质量，再根据钒元素的质量分数=×100%计算．【解答】解：（1）仪器甲的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解，溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，故答案为：取少量水解液于小试管中，滴加几滴碘水，如果出现蓝色，说明没有水解完全；否则水解完全；（3）为证明草酸的受热分解产物中含有H2O、CO2和CO，先首先将混合气体通入无水硫酸铜检验水蒸气，如果变蓝说明有水蒸气产生，再通入澄清的石灰水检验二氧化碳，如果澄清的石灰水变浑浊，则证明含有二氧化碳气体，再用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，再通入澄清的石灰水检验二氧化碳是否被除尽，然后再将洗气后的气体进行干燥，最后将气体再通过黑色的氧化铜装置，一氧化碳和黑色的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再用澄清的石灰水检验二氧化碳是否存在，如果澄清石灰水变浑浊，则证明该混合气体中含有一氧化碳，故答案为：B；F；E；F；（4）A管质量减轻4.8g，根据CuO+COCu+CO2△m1160.3mol4.8g再根据H2C2O4•2H2O=3H2O+CO+CO2，得分解的草酸晶体为0.3mol，所以质量为：0.3mol×126g/mol=37.8g，故答案为：37.8；（5）草酸分解的气体中含有CO2，用氢氧化钠溶液会将二氧化碳除去，无法进行下一步检验，故B错，草酸既然是酸，那么就会跟碳酸根、碳酸氢根发生反应放出CO2，对检验CO2产生干扰，故C、D错，故选：A；-30-\n（6）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明草酸具有还原性，反应的离子方程式为：5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（7）通过两组实验比较知，其它条件相同，加入硫酸锰的反应时间短，说明该实验反应速率快，所以证明反应生成的Mn2+有催化作用，加快了反应速率，故答案为：反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率；（8）①根据氧化还原反应的化合价升降总数相等结合电荷、原子守恒配平写出的离子方程为2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O，故答案为：2，1，2，2，2，2；②0.90g草酸的物质的量为0.01mol，由方程式可知n（VO2+）=0.02mol，所以参加反应的钒元素的质量为0.02mol×51g/mol=1.02g，钒元素的质量分数=×100%=10%，故答案为：10%．【点评】本题考查了实验设计，氧化还原反应配平、计算等，难度较大，注意掌握根据得失电子守恒配平方程式，检验二氧化碳和一氧化碳的混合物中，要先检验二氧化碳再检验是否除尽最后再检验一氧化碳，为易错点． 17．（17分）PHEM材料、树脂Q在生产、生活中有着十分广泛的应用．其中PHEM的结构是：．它们的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）C中所含的官能团是 碳碳双键和醛基 ．（2）G可使Br2的CCl4溶液褪色，F→G的反应类型是 消去反应 ．-30-\n（3）写出以下反应的化学方程式：①A→B CH3CH2CHO+HCHOHOCH2CH（CH3）CHO ．②D→E CH2=C（CH3）COOH+HOCH2CH2OHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O ．③ ．（4）D有多种同分异构体，属于酯且含有碳碳双键的共有 5 种，写出满足以下条件D的同分异构体的结构简式 HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2 （不包含立体异构）：①属于酯；②含有碳碳双键；③能发生银镜反应；④含有甲基．（5）K的核磁共振氢谱有两种峰，峰值面积比为2：9，K的结构简式是： ．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由PHEMA的结构结合D与乙二醇反应生成E，可知E通过加聚反应到达PHEMA，故E为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，D为CH2=C（CH3）COOH，C与银氨溶液反应生成D，故C为CH2=C（CH3）CHO，由A到C的转化关系，结合反应信息可知，A为CH3CH2CHO，B为HOCH2CH（CH3）CHO，C与氢气发生加成反应生成F为CH3CH（CH3）CH2OH，由（2）中G可使Br2的CCl4溶液褪色，说明G中含有不饱和键，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成G，G为CH2═C（CH3）2，与对二苯酚反应生成K，由（5）中K的核磁共振氢谱有两种峰，峰值面积比为2：9，分子中含有2种H原子，结合G与对二苯酚的结构可知，应是对二苯酚与G发生加成反应，K为，对二苯酚与甲醛发生缩聚反应生成树脂Q，Q为，据此分析解答．【解答】解：由PHEMA的结构结合D与乙二醇反应生成E，可知E通过加聚反应到达PHEMA，故E为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，D为CH2=C（CH3）COOH，C与银氨溶液反应生成D，故C为CH2=C（CH3）CHO，由A到C的转化关系，结合反应信息可知，A为CH3CH2CHO，B为HOCH2CH（CH3）CHO，C与氢气发生加成反应生成F为CH3CH（CH3）CH2OH，由（2）中G可使Br2的CCl4溶液褪色，说明G中含有不饱和键，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成G，G为CH2═C（CH3）2-30-\n，与对二苯酚反应生成K，由（5）中K的核磁共振氢谱有两种峰，峰值面积比为2：9，分子中含有2种H原子，结合G与对二苯酚的结构可知，应是对二苯酚与G发生加成反应，K为，对二苯酚与甲醛发生缩聚反应生成树脂Q，Q为，（1）C为CH2=C（CH3）CHO，C中官能团是碳碳双键和醛基，故答案为：碳碳双键和醛基；（2）G为CH2═C（CH3）2，F为CH3CH（CH3）CH2OH，F发生消去反应生成G，反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；3）①A→B是CH3CH2CHO与HCHO发生加成反应生成HOCH2CH（CH3）CHO，反应方程式为：CH3CH2CHO+HCHOHOCH2CH（CH3）CHO，②D→E是CH2=C（CH3）COOH与HOCH2CH2OH发生酯化反应生成CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，反应方程式为：CH2=C（CH3）COOH+HOCH2CH2OHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O，③→Q是对二苯酚与甲醛发生缩聚反应生成树脂，反应方程式为：，故答案为：CH3CH2CHO+HCHOHOCH2CH（CH3）CHO，CH2=C（CH3）COOH+HOCH2CH2OHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH+H2O，；（4）CH2=C（CH3）COOH的种同分异构体，属于酯且含有碳碳双键有：CH2=CCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2、CH3COOCH=CH2，符合条件的同分异构体有5种，满足条件：①属于酯、②含有碳碳双键、③能发生银镜反应、④含有甲基，D的同分异构体的结构简式为：HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2，故答案为：5；HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2；-30-\n（5）由上述分析可知，K的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，以PHEM结构为突破口采用正逆结合的方法进行推断，正确理解题给信息并灵活运用是解本题关键，注意醛之间发生反应时断键和成键方式，同时考查学生知识迁移能力，题目难度中等． 18．（14分）燃煤产生的烟气中的氮氧化物NOx（主要为NO、NO2）易形成污染，必须经脱除达标后才能排放．（1）用化学方程式表示NO形成硝酸型酸雨的反应 2NO+O2═2NO2、3NO2+H2O═2HNO3+NO ．（2）能作脱除剂的物质很多，下列说法正确的是 ab ．a．用H2O作脱除剂，不利于吸收含氮烟气中的NOb．用Na2SO3作脱除剂，O2会降低Na2SO3的利用率c．用CO作脱除剂，会使烟气中NO2的浓度增加（3）尿素[CO（NH2）2]在一定条件下能有效将NOx转化为N2．Ⅰ．已知可通过下列方法合成尿素：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（s）△H=﹣159.5kJ/molH2NCOONH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+28.5kJ/mol①尿素释放出NH3的热化学方程式是 CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）△H=+131.0kJ/mol ．②写出有利于尿素释放NH3的条件并说明理由 升高温度，释放氨气的反应是吸热反应，升温，有利于平衡向吸热反应方向进行，同时温度升高，氨气的溶解度降低，均有利于向释放氨气的方向进行 ．Ⅱ．CO（NH2）2与某种烟气（主要为N2、NO和O2）中的NO的物质的量比值分别为1：2、2：1、3：1时，NO脱除率随温度变化的曲线如图：①曲线a对应CO（NH2）2与NO的物质的量比值是 3：1 ．②曲线a、b、c中，800℃～900℃区间内发生主要反应的化学方程式是 4NH3+6NO═5N2+6H2O或2CO（NH2）2+6NO═2CO2+4H2O+5N2 ．③900℃～1200℃区间内脱除率下降，NO浓度明显上升．发生的主要反应是 4NH3+5O2═4NO+6H2O ．④曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为 1.5×10﹣4 mg/（m3•s）．-30-\n【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的调控作用；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）一氧化氮不稳定，易和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）a．一氧化氮不易溶于，而二氧化氮易溶于水，反应生成NO；b．亚硫酸钠不稳定，易被氧气氧化；C．用CO作脱除剂，则氮氧化物得电子发生还原反应；（3）Ⅰ．①根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加，然后进行颠倒即得目标方程式，其焓变进行相应改变；②尿素释放NH3的反应是吸热反应，根据温度对化学平衡及氨气溶解度的影响进行分析；Ⅱ．①CO（NH2）2的含量越高，NO脱除率越高；②、800℃～900℃区间内NO脱除率增大，NO参加反应，即尿素与NO反应生成N2；③、900℃～1200℃区间内脱除率下降，NO浓度上升，反应中应该生成NO；④、A点到BNO脱除率由0.55变为0.75，故NO的浓度变化量为（0.75﹣0.55）×6×10﹣4mg/m3=1.2×10﹣4mg/m3，再利用计算NO的脱除速率．【解答】解：（1）一氧化氮不稳定，易和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故NO形成硝酸型酸雨的反应为：2NO+O2═2NO2、3NO2+H2O═2HNO3+NO，故答案为：2NO+O2═2NO2、3NO2+H2O═2HNO3+NO；（2）a．一氧化氮不易溶于，而二氧化氮易溶于水，反应生成NO，不利于吸收含氮烟气中的NO，故a正确；b．亚硫酸钠不稳定，易被氧气氧化，O2会降低Na2SO3的利用率，故b正确；C．用CO作脱除剂，被氧化，则氮氧化物得电子发生还原反应，不会生成NO2，烟气中NO2的浓度不增加，故c错误；故答案为：ab；（3）①已知：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（s）△H=﹣159.5kJ/molH2NCOONH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+28.5kJ/mol根据盖斯定律，两热化学方程式相加得2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=﹣131kJ/mol，故尿素释放出NH3的热化学方程式为：CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）△H=+131kJ/mol，故答案为：CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）△H=+131kJ/mol；②释放氨气的反应是吸热反应，升高温度，有利于平衡向吸热反应方向进行，同时温度升高，氨气的溶解度降低，均有利于向释放氨气的方向进行，故答案为：升高温度；升高温度有利于平衡向吸热反应方向进行，同时温度升高，氨气的溶解度降低，均有利于向释放氨气的方向进行；Ⅱ．①CO（NH2）2的含量越高，NO的转化率越大，即NO脱除率越高，所以曲线a对应CO（NH2）2与NO的物质的量比值是3：1，故答案为3：1；②800℃～900℃区间内NO脱除率增大，所以NO是作为反应物参加反应，高温时，尿素分解生成氨气、二氧化碳，氨气和一氧化氮发生氧化还原反应生成氮气，即尿素与NO反应生成N2，同时生成二氧化碳和水，所以反应方程式为：4NH3+6NO═5N2+6H2O或2CO（NH2）2+6NO═2CO2+4H2O+5N2，故答案为：4NH3+6NO═5N2+6H2O或2CO（NH2）2+6NO═2CO2+4H2O+5N2；-30-\n③900℃～1200℃区间内脱除率下降，所以NO浓度上升，则该反应中应该有NO，尿素分解生成的氨气和烟气中的氧气反应生成一氧化氮和水，导致NO浓度增大，所以反应方程式为：4NH3+5O2═4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2═4NO+6H2O；④A点到BNO脱除率由0.55变为0.75，故NO的浓度变化量为（0.75﹣0.55）×6×10﹣4mg/m3=1.2×10﹣4mg/m3所以NO的脱除速率==1.5×10﹣4mg/（m3．s），故答案为：1.5×10﹣4．【点评】本题考查氮的化合物及其性质，注意尿素加热时会分解生成氨气，且尿素是有机氮肥，正确分析图象是解本题的关键，注意图象中的曲线趋向和转折点，题目难度中等． 19．（13分）海水中含有丰富的镁资源．工业上常用海水晒盐后的苦卤水提取Mg，流程如图1所示：（1）工业制取镁的方法是 电解 法．（2）试剂Ⅰ一般选用 Ca（OH）2 （填化学式）．（3）如图2是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298K时的稳定状态）．①由图可知Mg与卤素单质的反应均为 放热 （填“放热”或“吸热”）反应；推测化合物的热稳定性顺序为MgI2 ＜ MgF2（填“＞”、“=”或“＜”）．②依图数据写出MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式 MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（l）△H=﹣117KJ•mol﹣1 ．（4）金属Mg与CH3Cl在一定条件下反应可生成CH3MgCl，CH3MgCl是一种重要的有机合成试剂，易与水发生水解反应并有无色无味气体生成．写出CH3MgCl水解的化学方程式： CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg（OH）Cl↓或2CH3MgCl+2H2O═2CH4↑+Mg（OH）2↓+MgCl2 ．（5）向Mg（OH）2中加入NH4Cl溶液，可使沉淀溶解，请结合平衡原理和必要的文字解释原因 Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），铵根离子结合氢氧根离子生成一水合氨，降低了氢氧根离子浓度，使氢氧化镁沉淀的溶解平衡向右移动，沉淀溶解 ．【考点】海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，如Mg用电解其熔融盐的方法冶炼；（2）根据从苦卤中提取金属镁的实验操作分析；（3）①依据图象分析判断，Mg与卤素单质的能量高于卤化物，所以反应是放热反应；物质能量越高越活泼，越不稳定；②根据盖斯定律构建目标方程式书写；-30-\n（4）根据水解其元素的化合价不变分析CH3MgCl水解产物为氢氧化镁、氯化氢和甲烷或Mg（OH）Cl；（5）根据平衡原理可知：溶液中c（NH4+）较大，NH4+结合OH﹣使沉淀溶解．【解答】解：（1）镁化学性质比较活泼，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，反应的化学方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：电解；（2）因为海岸上有丰富的贝壳资源，其主要成分为石灰石，锻烧贝壳可以得到氧化钙，而氧化钙溶于水可制得氢氧化钙溶液，所以试剂Ⅰ应是氢氧化钙溶液其化学式为：Ca（OH）2，故答案为：Ca（OH）2；（3）①由图象可知，Mg与卤素单质的能量高于卤化物，依据能量守恒判断，反应是放热反应，物质的能量越低越稳定，易图象数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故答案为：放热；＜；②Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=﹣641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=﹣524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（l）△H=﹣117KJ•mol﹣1，故答案为：MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（l）△H=﹣117KJ•mol﹣1；（4）CH3MgCl水解化合价不变，CH3MgCl中，Cl元素的化合价是﹣1价，H元素的化合价是+1价，C元素的化合价是﹣4价，镁元素的化合价是+2价，所以CH3MgCl水解生成氢氧化镁、氯化氢和甲烷或Mg（OH）Cl，水解方程式为：CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg（OH）Cl↓或2CH3MgCl+2H2O═2CH4↑+Mg（OH）2↓+MgCl2，故答案为：CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg（OH）Cl↓或2CH3MgCl+2H2O═2CH4↑+Mg（OH）2↓+MgCl2；（5）Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），向Mg（OH）2中加入NH4Cl溶液，溶液中c（NH4+）较大，铵根离子结合氢氧根离子生成一水合氨，降低了氢氧根离子浓度，使氢氧化镁沉淀的溶解平衡向右移动，沉淀溶解，故答案为：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），铵根离子结合氢氧根离子生成一水合氨，降低了氢氧根离子浓度，使氢氧化镁沉淀的溶解平衡向右移动，沉淀溶解．【点评】本题考查了镁的性质、反应热的有关计算、平衡原理等知识点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握影响沉淀平衡，注意读图的方法，题目难度中等． 20．（13分）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡回答下列问题：（1）锡元素原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是 第五周期ⅣA族 ．-30-\n（2）操作Ⅰ是 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 ．（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因 SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解 ．（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH② 防止Sn2+被氧化 ．（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是 Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑ ．（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是 Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O ．（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；②加入过量的FeCl3溶液；③用已知浓度的K2Cr2O7滴定②中生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O．取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液32.0mL．锡粉中锡的质量分数是 93.2% ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】SnCl2在盐酸中溶解，再加入锡粉，溶解得到SnCl2溶液加入碳酸钠沉淀锡离子，过滤得到沉淀洗涤后加入硫酸溶解得到硫酸锡溶液，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸锡晶体，（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，根据原子序数减各周期容纳元素种数确定所在的周期；（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳；（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水；（7）根据电子转移守恒与方程式可得关系式Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7，据此计算．【解答】解：（1）锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50﹣2﹣8﹣8﹣18=14，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族，故答案为：第五周期第ⅣA族；（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；故答案为：防止Sn2+被氧化；-30-\n（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑，故答案为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑；（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；（7）令锡粉中锡的质量分数为x，则：Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～K2Cr2O7计算．119gmol1.226g×x0.100mol/L×0.032L解得x=93.2%，故答案为：93.2%．【点评】本题SnSO4制备的之比为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯、阅读题目获取信息的能力、常用化学用语书写、滴定应用及利用关系式进行的计算等，难度中等，对学生的基础知识及逻辑推理有较高的要求． 21．（10分）铝和铝合金是非常重要的金属材料．（一）对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．以下为铝材表面处理的一种方法：（1）碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，为将槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的 b ．（填编号）a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO3（2）以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为： 2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+ ．取少量废电解液，加入NaHCO3溶液发现有少量沉淀生成，写出此反应的离子方程式 Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑ ．（二）我国首创以铝﹣空气﹣海水电池作为能源的新型航海标志灯，它以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流．只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光．该电源负极材料为 Al ，正极反应式为： O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ ．【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】（一）（1）偏铝酸钠和弱酸反应生成氢氧化铝沉淀；（2）阳极上铝失电子和水反应生成氧化铝；铝失电子生成铝离子进入溶液，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；（二）该装置为原电池，铝失电子作负极，正极上氧气得电子发生还原反应．【解答】解：（一）（1）碱洗时氧化铝转化为偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液呈碱性，和碱液不反应，和强酸反应生成铝盐，和弱酸反应生成氢氧化铝沉淀，只有碳酸是弱酸，故选b；（2）阳极上铝失电子和水反应生成氧化铝和氢离子，电极反应式为2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+-30-\n；铝失电子生成铝离子进入溶液，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+；Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑；（二）该装置为原电池，铝失电子作负极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：Al；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【点评】本题考查原电池原理、离子反应方程式的书写，明确原电池正负极的判断方法及各个电极上发生的反应、离子方程式书写规则即可解答，注意氢氧化铝不能溶于弱碱，能溶于强碱，题目难度不大． 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