江苏省无锡市宜兴二中2015-2016学年高二上学期第一次月考化学试卷 Word版（含解析）.doc

‎2015-2016学年江苏省无锡市宜兴二中高二（上）第一次月考化学试卷 ‎　‎ 一、单项选择题：每小题2分，共20分．每小题只有1个选项符合题意，共10题．‎ ‎1．化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列做法与此理念相违背的是（　　）‎ A．在食品中大量添加苯甲酸钠等防腐剂，延长其保质期 B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率 C．加快高效洁净能源转换技术的开发，缓解能源危机 D．用“三层复合石头纸”替代木浆纸，减少树木砍伐 ‎2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A．乙烯的结构简式：C2H4‎ B．中子数为20的钾原子：‎ C．次氯酸的电子式：‎ D．CH4分子的比例模型：‎ ‎3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．0.1mol•L﹣1FeCl2溶液：H+、Na+、Cl﹣、NO3﹣‎ B．c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣‎ C．c（H+）=0.1mol•L﹣1的溶液：K+、Na+、HCO3﹣、SO42﹣‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Ba2+、Na+、CO32﹣、NO3﹣‎ ‎4．下列有关物质的性质和应用不相对应的是（　　）‎ A．Na2O2能与CO2反应生成O2，可用于潜艇内供氧 B．Cl2能与水反应生成HClO，可用于自来水的消毒 C．Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，可用于制造信号弹 D．N2与O2在放电时反应生成NO，此反应用于工业上制硝酸 ‎5．下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如右图所示转化关系的是（　　）‎ 选项 X Y Z 箭头上所标 数字的反应条件 A CaO Ca（OH）2‎ CaCO3‎ ‎①常温遇水 B AlCl3‎ NaAlO2‎ Al（OH）3‎ ‎②通入CO2‎ C Fe FeCl2‎ FeCl3‎ ‎④加入铁粉 D Cl2‎ Ca（ClO）2‎ HClO ‎③加浓盐酸 A．A B．B C．C D．D ‎6．下列反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O B．在含有Mn2+的溶液中加入稀硫酸酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2++4H+═5Pb2++2MnO4﹣+2H2O C．碳酸氢铵和足量的氢氧化钠溶液反应：NH4++OH﹣═NH3↑+H2O D．硫化钠水溶液呈碱性的原因：S2﹣+2H2O⇌H2S↑+2OH﹣‎ ‎7．除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是（　　）‎ A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钡溶液 C．加入澄清石灰水 D．加入稀盐酸 ‎8．X、Y、Z是三种短周期主族元素，在元素周期表中的位置如表所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．原子半径：X＜Y＜Z B．X的气态氢化物的热稳定性强于Z的气态氢化物的 C．若Z的最高正化合价为+m，则X的最高正化合价也一定为+m D．Y和Z的最高价氧化物对应的水化物可能均为强碱 ‎9．水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．a=4‎ B．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应 C．每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol D．S2O32﹣是还原剂 ‎10．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）．下列说法正确的是（　　）‎ A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物 B．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应 C．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉 D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%‎ ‎　‎ 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．NM﹣3是种正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，其结构如图所示（未表示出其空间构型）．下列关于NM﹣3的性质描述正确的是（　　）‎ A．能发生加成、取代、消去反应 B．能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．能与FeC13溶液发生显色反应 D．1mo1该物质最多可与2mo1NaOH反应 ‎12．下列实验的解释或结论不正确的是（　　）‎ 选项 实验 解释或结论 A 向某溶液中加入NaOH并微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 原溶液中一定存在NH4+‎ B 铜粉不能溶于冷的浓硫酸 铜在冷的浓硫酸中发生钝化 C 用激光笔照射水玻璃溶液，有丁达尔现象 SiO32﹣水解生成硅酸胶体 D 向FeC12溶液中通入C12，溶液由浅绿色变为黄色 C12的氧化性比FeC13的强 A．A B．B C．C D．D ‎13．已知Ba（AlO2）2可溶于水．如图表示的是向Al2（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba（OH）2的物质的量x的关系．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．A～D时沉淀的物质的量：Al（OH）3比BaSO4多 B．C～D时溶液中离子的物质的量：AlO2﹣比Ba2+多 C．A～D时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于Al（OH）3‎ D．D～E时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于OH﹣‎ ‎14．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA B．1.8g的NH4+离子中含有的电子数为NA C．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NA D．2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA ‎15．X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和．下列叙述正确的是（　　）‎ A．X与Y能形成两种常见的气态化合物 B．原子半径的大小顺序：rx＞ry＞rz＞rR C．X、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同 D．含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种 ‎　‎ 二、选择题 ‎16．有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Mg2+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣，现各取100mL溶液三份进行如下实验：‎ ‎①向第一份中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；‎ ‎②向第二份中加入足量NaOH溶液后加热，收集到的气体体积为0.896L（标准状况下）；‎ ‎③向第三份中加入足量BaCl2溶液，得到沉淀总质量为6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤后，剩余2.33g．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）该溶液中肯定存在的离子有　　　　　　，肯定不存在的离子有　　　　　　．‎ ‎（2）溶液中可能存在的离子是　　　　　　，为确定该离子是否存在，可采取的实验操作是　　　　　　‎ ‎（3）其中肯定存在的离子在原溶液中的物质的量浓度分别为　　　　　　．‎ ‎17．无水AlCl3可用作有机合成的催化剂，食品膨松剂等．工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和石油焦（主要成分是碳单质）制备无水AlCl3的流程如下 ‎（1）在焙烧炉中发生反应：①Fe2O3（g）+3C（g）⇌2Fe（g）+3CO（g），‎ ‎②3CO（g）+Fe2O3（g）⇌2Fe（g）+3CO2（g）．则反应②的平衡常数的表达式为K=　　　　　　．‎ ‎（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和C在高温下反应的化学方程式为　　　　　　；其炉气中含有大量CO和少量C12，可用　　　　　　 溶液除去Cl2，并回收CO．‎ ‎（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入一定量A1，其目的是　　　　　　．‎ ‎（4）工业上另一种由铝灰为原料制备无水AlCl3工艺中，最后一步是由AlCl3•6H2O脱去结晶水制备无水AlCl3，直接加热不能得到无水AlCl3，其原因是　　　　　　．已知SOCl2为无色液体且极易与水反应生成HCl和SO2，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热可制取无水AlCl3，写出该反应的化学方程式：　　　　　　．‎ ‎18．如图1，已知A、B、E是常见的非金属单质，其中A为淡黄色固体，Y是常见的金属单质，C的相对分子质量比A大32，D、G均是重要的工业产品，Y、F、H、I均含有同种元素．X含有两种元素，具有摇篮形的分子结构，球棍模型如图2所示．H为红褐色沉淀．图中部分反应条件和产物已略去．‎ 试回答下列问题 ‎（1）写出X的化学式：　　　　　　．‎ ‎（2）写出G的电子式：　　　　　　．‎ ‎（3）写出反应③的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（4）写出C和I溶液反应生成F的离子方程式　　　　　　．‎ ‎19．实验室常用的几种气体发生装置如图A、B、C所示：‎ ‎（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用C装置，通常使用的药品是　　　　　　．检查C装置气密性是否良好的操作方法是　　　　　　．‎ ‎（2）气体的性质是气体收集方法选择的主要依据．下列性质与收集方法无关的是　　　　　　（填序号，下同．）‎ ‎①密度 ②颜色 ③溶解性 ④热稳定性 ⑤与氧气反应 图是某学生设计收集气体的几种装置，其中不可行的是　　　　　　‎ ‎（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，则X可能是下列气体中的　　　　　　‎ ‎①CO2 ②NO ③Cl2 ④H2‎ 其中在D装置中连接小烧杯的目的是　　　　　　．‎ ‎20．某探究小组废弃的印刷线路板（含Cu、Al少量Au、Pt等金属的混合物回收Cu并制备硫酸铝晶体[Al2（SO4）3•18H2O]，设计路线如下：‎ ‎（1）过滤时所需要的玻璃仪器有玻璃棒、　　　　　　、　　　　　　．‎ ‎（2）实验时需对滤渣2进行洗涤，判断洗涤是否干净的实验操作方法是　　　　　　．‎ ‎（3）为确定加入铁粉的量，实验中需测定滤液1中Cu2+的量．实验操作为：除去H2O2；准确量取一定体积滤液1于带塞锥形瓶中，加水稀释，调节溶液pH=3﹣4，加入过量KI﹣淀粉溶液，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式：‎ ‎2Cu2++4I﹣=2CuI+I2‎ I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣‎ ‎①滴定管在注入Na2S2O3标准溶液之前，要先用蒸馏水洗净，再用　　　　　　．‎ ‎②滴定终点观察到的现象为　　　　　　．‎ ‎③若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会　　　　　　（填“偏高”、“偏低”或“不变”）‎ ‎（4）由滤液2制取硫酸铝晶体，探究小组设计了如下二种方案：‎ 甲：滤液2滤液Al2（SO4）3•18H2O 乙：滤液2滤液溶液Al2（SO4）3•18H2O ‎①操作③的实验步骤依次为：蒸发浓缩：　　　　　　、　　　　　　、洗涤．‎ ‎②从原子利用率角度考虑，　　　　　　方案更合理．（填“甲”或“乙”）‎ ‎（5）他们查阅了资料，认为通过先氧化、再调节溶液pH也可将滤液2中的Fe2+除去．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mo1•L﹣1计算）．‎ 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe3+‎ ‎1.1‎ ‎3.2‎ Fe2+‎ ‎5.8‎ ‎8.8‎ A13+‎ ‎3.8‎ ‎5.2‎ ‎①氧化需加入H2O2而不用Cl2的原因是　　　　　　．‎ ‎②调节溶液pH约为　　　　　　．‎ ‎21．KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿（主要成分为MnO2）通过下列方法制备：①软锰矿与过量KOH、KC1O3固体熔融生成K2MnO4；②溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转变为MnO2和KMnO4；③滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得深紫色的KMnO4产品．‎ ‎（1）制备过程中，为了提高原料的利用率，可采取的措施是　　　　　　．‎ ‎（2）滤液酸化时，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4的离子方程式是　　　　　　．‎ ‎（3）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定 ‎①配制250mL0.100mL﹣1标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量　　　　　　．‎ ‎②取上述制得的KMnO4产品0.316g，酸化后用0.100moL﹣1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液12.00mL．计算该KMnO4产品的纯度．（有关离子方程式为：8MnO4﹣+5S2O32﹣+14H+=10SO42﹣+8Mn2+7H2O）．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年江苏省无锡市宜兴二中高二（上）第一次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：每小题2分，共20分．每小题只有1个选项符合题意，共10题．‎ ‎1．化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列做法与此理念相违背的是（　　）‎ A．在食品中大量添加苯甲酸钠等防腐剂，延长其保质期 B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率 C．加快高效洁净能源转换技术的开发，缓解能源危机 D．用“三层复合石头纸”替代木浆纸，减少树木砍伐 ‎【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；使用化石燃料的利弊及新能源的开发．‎ ‎【分析】A．添加食品防腐剂应按规定的添加量使用才安全；‎ B．将“地沟油”制成肥皂，可以变废为宝；‎ C．高效洁净能源是对生态环境低污染或无污染的能源；‎ D．“三层复合石头纸”是一种新型纸张，结构中上下两层为聚乙烯，中间层为碳酸钙据此解答；‎ ‎【解答】解：A．添加食品防腐剂的目的是为了改善食品品质、延长保存期、方便加工和保全营养成分，按规定的添加量使用才是安全的，大量添加，会改变食品的结构和组成，使食品变的不安全，如亚硝酸盐，过量会致癌，大量添加苯甲酸钠，会改变食品的口味和营养成分，故A错误；‎ B．“地沟油”，是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将非食用油变成肥皂，可以提高资源的利用率，故B正确；‎ C．清洁能源技术是指在可再生能源及新能源如煤的清洁高效利用等领域开发的对生态环境低污染或无污染的新技术，加快高效洁净能源转换技术的开发，能缓解能源危机，故C正确；‎ D．“三层复合石头纸”是一种新型纸张，结构中上下两层为聚乙烯，中间层为碳酸钙，其成分与树木无关，所以，用“三层复合石头纸”替代木浆纸，可减少树木砍伐，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A．乙烯的结构简式：C2H4‎ B．中子数为20的钾原子：‎ C．次氯酸的电子式：‎ D．CH4分子的比例模型：‎ ‎【考点】结构简式；常见元素的名称、符号、离子符号；电子式；球棍模型与比例模型．‎ ‎【分析】A．碳碳双键不能省略；‎ B．元素符号的左上角为质量数；‎ C．氯原子最外层有7个电子，应形成1对共用电子对，氧原子最外层有6个电子，形成2对共用电子对；‎ D．球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系．‎ ‎【解答】解：A．乙烯中含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误；‎ B．质量数=质子数+中子数=20+19=39，故B错误；‎ C．次氯酸分子中，氯原子最外层有7个电子，应形成1对共用电子对，氧原子最外层有6个电子，形成2对共用电子对，次氯酸电子式为，故C错误；‎ D．图为CH4分子的比例模型，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A．0.1mol•L﹣1FeCl2溶液：H+、Na+、Cl﹣、NO3﹣‎ B．c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液：K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣‎ C．c（H+）=0.1mol•L﹣1的溶液：K+、Na+、HCO3﹣、SO42﹣‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Ba2+、Na+、CO32﹣、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；‎ B．K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应；‎ C．碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水；‎ D．与铝反应生成氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，钡离子与碳酸根离子反应生成难溶物碳酸钡．‎ ‎【解答】解：A．NO3﹣在H+存在条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．K+、Na+、ClO﹣、NO3﹣离子之间不反应，且都不与氢氧根在反应，在溶液中不能大量共存，故B正确；‎ C．HCO3﹣与H+离子发生反应生成碳酸根离子和水，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．Ba2+、CO32﹣离子之间反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．下列有关物质的性质和应用不相对应的是（　　）‎ A．Na2O2能与CO2反应生成O2，可用于潜艇内供氧 B．Cl2能与水反应生成HClO，可用于自来水的消毒 C．Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，可用于制造信号弹 D．N2与O2在放电时反应生成NO，此反应用于工业上制硝酸 ‎【考点】钠的重要化合物；工业制取硝酸；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁的化学性质．‎ ‎【分析】A、过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气分析；‎ B、氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性；‎ C、镁燃烧发出耀眼白光可以制造信号弹；‎ D、工业准备硝酸的原理是利用氢气和氨气反应生成一氧化氮，氧化为二氧化氮溶于水生成，氮气和氧气放电能耗大，产率低，难于工业生产操作；‎ ‎【解答】解：A、Na2O2能与人呼出的CO2反应生成O2，可用于潜艇内供氧，故A正确；‎ B、Cl2能与水反应生成HClO，次氯酸具有强氧化性能杀菌消毒，可用于自来水的消毒，故B正确；‎ C、Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，现象明显，可用于制造信号弹，故C正确；‎ D、工业准备硝酸的原理是利用氢气和氨气反应生成一氧化氮，氧化为二氧化氮溶于水生成，氮气和氧气放电能耗大，产率低，难于规模化工业生产，故D错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如右图所示转化关系的是（　　）‎ 选项 X Y Z 箭头上所标 数字的反应条件 A CaO Ca（OH）2‎ CaCO3‎ ‎①常温遇水 B AlCl3‎ NaAlO2‎ Al（OH）3‎ ‎②通入CO2‎ C Fe FeCl2‎ FeCl3‎ ‎④加入铁粉 D Cl2‎ Ca（ClO）2‎ HClO ‎③加浓盐酸 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】无机物的推断；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变．‎ ‎【分析】根据图中各物质之间的关系，然后把相应的物质带人判断是否符合，如果符合就正确，否则错误；‎ A．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙溶液和二氧化碳反应生成碳酸钙，碳酸钙分解生成氧化钙，但碳酸钙不能发生反应生成氢氧化钙；‎ B．氯化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝；‎ C．铁和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯水反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，氯化铁不能一步反应生成铁；‎ D．氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸钙溶液和二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸和浓盐酸反应生成氯气．‎ ‎【解答】解：A．碳酸钙不能一步反应生成氢氧化钙，故A选；‎ B．氯化铝和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝越盐酸反应生成氯化铝、与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故B不选；‎ C．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化铁，氧化铁不能一步反应生成铁，应向转化为氯化亚铁，氯化亚铁在转化为铁，故C选；‎ D．氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸钙溶液和二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸和氢氧化钙反应生成次氯酸钙，次氯酸和浓盐酸反应生成氯气，所以各个反应都能一步实现，故D不选；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎6．下列反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O B．在含有Mn2+的溶液中加入稀硫酸酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2++4H+═5Pb2++2MnO4﹣+2H2O C．碳酸氢铵和足量的氢氧化钠溶液反应：NH4++OH﹣═NH3↑+H2O D．硫化钠水溶液呈碱性的原因：S2﹣+2H2O⇌H2S↑+2OH﹣‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；‎ B．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；‎ C．漏写碳酸氢根离子与碱的反应；‎ D．硫离子水解分步进行，以第一步为主．‎ ‎【解答】解：A．氢氧化铁溶于氢碘酸中2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++I2+6H2O，故A错误；‎ B．在含有Mn2+的溶液中加入稀硫酸酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色的离子反应为5PbO2+2Mn2++4H+═5Pb2++2MnO4﹣+2H2O，故B正确；‎ C．碳酸氢铵和足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应为HCO3﹣+NH4++2OH﹣═NH3•H2O+H2O+CO32﹣，故C错误；‎ D．硫化钠水溶液呈碱性的原因的离子反应为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是（　　）‎ A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钡溶液 C．加入澄清石灰水 D．加入稀盐酸 ‎【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．‎ ‎【分析】除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应②反应时不能加入新的杂质；溶液中Na2CO3能与CO2、H2O反应生成NaHCO3，NaHCO3与CO2不反应，所以可用通入CO2来除杂．‎ ‎【解答】解：A、向Na2CO3中通入二氧化碳，会反应生成碳酸氢钠溶液，达到除杂的目的，CO2+H2O+CO32﹣=2HCO3﹣，故A正确；‎ B、加入氢氧化钡溶液，碳酸氢钠会反应生成碳酸钡沉淀，碳酸钠与氢氧化钡反应也生成碳酸钡，故B错误；‎ C、加入澄清石灰水，碳酸氢钠和碳酸钠都会反应生成碳酸钙沉淀，故C错误；‎ D、加入稀盐酸，碳酸氢钠和碳酸钠都会反应生成氯化钠、二氧化碳和水，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．X、Y、Z是三种短周期主族元素，在元素周期表中的位置如表所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．原子半径：X＜Y＜Z B．X的气态氢化物的热稳定性强于Z的气态氢化物的 C．若Z的最高正化合价为+m，则X的最高正化合价也一定为+m D．Y和Z的最高价氧化物对应的水化物可能均为强碱 ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】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，据此分析解答；‎ B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强氢化物的稳定性越强；‎ C．X为氧或F是不表现正化合价；‎ D．Y、Z处于第三周期，第三周期中只有NaOH是强碱．‎ ‎【解答】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Y＞Z＞X，故A错误；‎ B．若为非金属，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性X＞Z，非金属性越强氢化物的稳定性越强，故氢化物稳定性X＞Z，故B正确；‎ C．X为氧或F是不表现正化合价，X元素的最高化合价不等于族序数，故C错误；‎ D．Y、Z处于第三周期，第三周期中只有NaOH是强碱，氢氧化镁为中强碱，氢氧化铝为弱碱，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．a=4‎ B．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应 C．每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol D．S2O32﹣是还原剂 ‎【考点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算．‎ ‎【分析】从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．‎ A、根据电荷守恒计算a的值．‎ B、直径为1～100nm的颗粒Y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体．‎ C、3 molFe2+参加反应，需要1molO2，反应中只有O2中氧元素化合价降低，据此计算 D、所含元素化合价升高的反应物是还原剂．‎ ‎【解答】解：从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O．‎ A、从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4，故A正确；‎ B、1～100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；‎ C、当3molFe2+参加反应时，有1molO2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为﹣2价，所以转移电子数为4mol，故C错误；‎ D、反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O32﹣是还原剂，故D正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见图）．下列说法正确的是（　　）‎ A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物 B．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应 C．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉 D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%‎ ‎【考点】含硫物质的性质及综合应用；氯气的化学性质．‎ ‎【分析】A．酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；‎ B．凡是有化合价升降的反应都是氧化还原反应；‎ C．工业上常用氯气和消石灰反应来制取漂白粉；‎ D．原子利用率是指反应物中的所有原子进入期望产物中的百分比．‎ ‎【解答】解：A．CO不能与碱反应，不是酸性氧化物，故A错误；‎ B．除去与水反应，图示转化反应都是与氧气反应或氢气反应，都一定有化合价升降，均为氧化还原反应，故B正确；‎ C．澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰，故C错误；‎ D．工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：‎ 反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1‎ 反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H2‎ 反应Ⅱ中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 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．NM﹣3是种正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，其结构如图所示（未表示出其空间构型）．下列关于NM﹣3的性质描述正确的是（　　）‎ A．能发生加成、取代、消去反应 B．能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．能与FeC13溶液发生显色反应 D．1mo1该物质最多可与2mo1NaOH反应 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】该有机物中含有﹣COOH，具有酸性，可发生酯化反应，含有C=C，可发生加成反应，含有酚羟基，可与FeC13溶液发生显色反应，其中能与NaOH反应的官能团有﹣COOH、﹣COO﹣以及酚羟基．‎ ‎【解答】解：A．该有机物含有酚羟基，不能发生消去反应，故A错误；‎ B．含有C=C，可发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；‎ C．含有酚羟基，可与FeC13溶液发生显色反应，故C正确；‎ D．该有机物含有﹣COOH、﹣COO﹣以及酚羟基，1mo1该物质至少可与3mo1NaOH反应，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．下列实验的解释或结论不正确的是（　　）‎ 选项 实验 解释或结论 A 向某溶液中加入NaOH并微热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 原溶液中一定存在NH4+‎ B 铜粉不能溶于冷的浓硫酸 铜在冷的浓硫酸中发生钝化 C 用激光笔照射水玻璃溶液，有丁达尔现象 SiO32﹣水解生成硅酸胶体 D 向FeC12溶液中通入C12，溶液由浅绿色变为黄色 C12的氧化性比FeC13的强 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝；‎ B．铜比氢活泼性弱；‎ C．用激光笔照射水玻璃溶液，有丁达尔现象说明是胶体；‎ D．氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性．‎ ‎【解答】解：A．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH4+，故A正确；‎ B．铜比氢活泼性弱，与冷的浓硫酸不反应，故B错误；‎ C．SiO32﹣水解生成硅酸胶体，有丁达尔现象，故C正确；‎ D．反应中氯气做氧化剂，FeC13是氧化产物，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．已知Ba（AlO2）2可溶于水．如图表示的是向Al2（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba（OH）2的物质的量x的关系．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．A～D时沉淀的物质的量：Al（OH）3比BaSO4多 B．C～D时溶液中离子的物质的量：AlO2﹣比Ba2+多 C．A～D时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于Al（OH）3‎ D．D～E时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于OH﹣‎ ‎【考点】离子方程式的有关计算．‎ ‎【分析】A．根据A﹣B是沉淀生成增大的过程，发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，B～D中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为Ba（AlO2）2；‎ B．C﹣D发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=Ba（AlO2）2+4H2O，Ba（AlO2）2电离出AlO2﹣、Ba2+；‎ C．根据A﹣B是沉淀生成增大的过程，发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，B～D中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为Ba（AlO2）2；‎ D．D点时Al（OH）3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在Ba（AlO2）2，当加入的Ba（OH）2的物质的量等于Ba（AlO2）2的物质的量时，溶液中Ba2+与OH﹣的量相等．‎ ‎【解答】解：A．根据A﹣B是沉淀生成增大的过程，发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，B～D中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为Ba（AlO2）2，Al（OH）3沉淀完全消失，所以沉淀的物质的量：Al（OH）3＜BaSO4，故A错误；‎ B．C﹣D发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=Ba（AlO2）2+4H2O，1molBa（AlO2）2电离出2molAlO2﹣、1molBa2+，故AlO2﹣比Ba2+多，故B正确；‎ C．根据A﹣B是沉淀生成增大的过程，发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，B～D中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为Ba（AlO2）2，Al（OH）3沉淀完全消失，所以沉淀的物质的量：Al（OH）3＜BaSO4，故C错误；‎ D．D点时Al（OH）3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在Ba（AlO2）2，当加入的Ba（OH）2的物质的量等于Ba（AlO2）2的物质的量时，溶液中Ba2+与OH﹣的量相等，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎14．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA B．1.8g的NH4+离子中含有的电子数为NA C．常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NA D．2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、从气体摩尔体积的应用条件进行分析判断；‎ B、质量换算为物质的量，结合离子所含电子数计算；‎ C、质量换算为物质的量，结合分子式计算原子数；‎ D、质量换算物质的量，结合镁原子最外层电子数分析计算；‎ ‎【解答】解：A、常温常压下，11.2L氧气不是0.5mol，故A错误；‎ B、1.8g的NH4+离子物质的量为0.1mol，1molNH4+中含电子为10mol，所以0.1molNH4+中含电子数为NA，故B正确；‎ C、常温常压下，48gO3物质的量为1mol，含有的氧原子数为3NA，故C正确；‎ D、2.4g金属镁物质的量为0.1mol，0.1molMg失去0.2mol电子形成镁离子，故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎15．X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和．下列叙述正确的是（　　）‎ A．X与Y能形成两种常见的气态化合物 B．原子半径的大小顺序：rx＞ry＞rz＞rR C．X、Z分别与R形成的化合物中化学键类型不同 D．含有Y、Z、R三种元素的化合物最多只有2种 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，则X是C元素；‎ Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；‎ Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；‎ R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，‎ A．X是C元素，Y是O元素，二者能形成一氧化碳和二氧化碳；‎ B．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；‎ C．根据物质的构成微粒确定化学键；‎ D．Y、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有次氯酸钠、氯酸钠、高氯酸钠等．‎ ‎【解答】解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，则X是C元素；‎ Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；‎ Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；‎ R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，‎ A．X是C元素，Y是O元素，含有碳氧元素的化合物有一氧化碳和二氧化碳，故A正确；‎ B．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，C、O元素位于第二周期，Na、Cl元素位于第三周期，且O元素的原子序数大于C、Cl的原子序数大于Na，所以原子半径大小顺序是rz＞rR＞rx＞ry，故B错误；‎ C．X、Z分别与R形成的化合物分别是CCl4、NaCl，四氯化碳中只含共价键，氯化钠中只含离子键，故C正确；‎ D．Y、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ 二、选择题 ‎16．有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Mg2+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣，现各取100mL溶液三份进行如下实验：‎ ‎①向第一份中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；‎ ‎②向第二份中加入足量NaOH溶液后加热，收集到的气体体积为0.896L（标准状况下）；‎ ‎③向第三份中加入足量BaCl2溶液，得到沉淀总质量为6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤后，剩余2.33g．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）该溶液中肯定存在的离子有　K+、NH4+、CO32﹣、SO42﹣　，肯定不存在的离子有　Fe3+、Mg2+　．‎ ‎（2）溶液中可能存在的离子是　Cl﹣　，为确定该离子是否存在，可采取的实验操作是　加入足量的稀硝酸和硝酸钡溶液，过滤，向滤液中滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Cl﹣存在　‎ ‎（3）其中肯定存在的离子在原溶液中的物质的量浓度分别为　C（CO32﹣）=0.2mol/L、C（SO42﹣）=0.1mol/L；C（NH4+）=0.4mol/L、C（K+）≥0.2mol/L　．‎ ‎【考点】常见离子的检验方法．‎ ‎【分析】由①实验可知，向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银、硫酸银；‎ 由②可知，向第二份溶液中加入足量NaOH 溶液后加热，收集到0.896L（标准状况）气体，气体为氨气，其物质的量为=0.04mol，原溶液中一定含NH4+；‎ 由③可知，向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤后剩余2.33g，则含SO42﹣的物质的量为=0.01mol，含CO32﹣的物质的量为=0.02mol，结合离子共存、电荷守恒解答．‎ ‎【解答】解：由①实验可知，向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银、硫酸银；‎ 由②可知，向第二份溶液中加入足量NaOH 溶液后加热，收集到0.896L（标准状况）气体，气体为氨气，其物质的量为=0.04mol，原溶液中一定含NH4+；‎ 由③可知，向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤后剩余2.33g，则含SO42﹣的物质的量为=0.01mol，含CO32﹣的物质的量为=0.02mol，由离子共存可知，一定不存在Fe3+、Mg2+，由电荷守恒可知，0.01mol×2+0.02mol×2＞0.04mol，可知一定含阳离子K+，不能确定是否含Cl﹣，‎ ‎（1）由上述分析可知，一定存在K+、NH4+、CO32﹣、SO42﹣，一定不存在Fe3+、Mg2+，故答案为：K+、NH4+、CO32﹣、SO42﹣；Fe3+、Mg2+；‎ ‎（2）由上述分析可知，可能存在Cl﹣；为确定该离子是否存在，可取少量原试液，然后加入足量的稀硝酸和硝酸钡溶液，过滤，向滤液中滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Cl﹣存在，故答案为：Cl﹣；加入足量的稀硝酸和硝酸钡溶液，过滤，向滤液中滴入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Cl﹣存在；‎ ‎（3）原溶液中，肯定存在的各离子的物质的量浓度分别为：C（CO32﹣）==0.2mol/L；C（SO42﹣）==0.1mol/L；C（NH4+）==0.4mol/L；依据溶液中电荷守恒得到：C（K+）+C（NH4+）=2C（SO42﹣）+2C（CO32﹣）；C（K+）=0.2mol/L，若溶液中含有氯离子，则C（K+）＞0.2mol/L；‎ 故答案为：C（CO32﹣）=0.2mol/L、C（SO42﹣）=0.1mol/L；C（NH4+）=0.4mol/L、C（K+）≥0.2mol/L．‎ ‎　‎ ‎17．无水AlCl3可用作有机合成的催化剂，食品膨松剂等．工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和石油焦（主要成分是碳单质）制备无水AlCl3的流程如下 ‎（1）在焙烧炉中发生反应：①Fe2O3（g）+3C（g）⇌2Fe（g）+3CO（g），‎ ‎②3CO（g）+Fe2O3（g）⇌2Fe（g）+3CO2（g）．则反应②的平衡常数的表达式为K=　　．‎ ‎（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和C在高温下反应的化学方程式为　A12O3+3C12+3C2A1C13+3CO　；其炉气中含有大量CO和少量C12，可用　NaOH（或Na2SO3）　 溶液除去Cl2，并回收CO．‎ ‎（3）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入一定量A1，其目的是　Al+FeCl3AlCl3+Fe　．‎ ‎（4）工业上另一种由铝灰为原料制备无水AlCl3工艺中，最后一步是由AlCl3•6H2O脱去结晶水制备无水AlCl3，直接加热不能得到无水AlCl3，其原因是　Al3+发生水解　．已知SOCl2为无色液体且极易与水反应生成HCl和SO2，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热可制取无水AlCl3，写出该反应的化学方程式：　AlCl3•6H2O+6SOCl2AlCl3+12HCl↑+6SO2↑　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】流程分析可知铝土矿（主要成分是A12O3和Fe2O3）和石油焦在焙烧炉中高温加热反应，得到混合物在氯化炉中高温反应生成氯化铝和一氧化碳，冷却后得到氯化铝固体，升华器中加入铝还原氯化铁，加入氯化钠在升华器中使氯化铝易升华，冷却得到固体氯化铝，‎ ‎（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、醇液体不需要写出；‎ ‎（2）根据工艺流程可知升华器中含有AlCl3等，所以Al2O3、C12和C反应会生成A1C13，由冷凝器尾气可知还会生成CO，炉气中含有大量CO和少量C12，可用NaOH（或Na2SO3）溶液除去Cl2，并回收CO；‎ ‎（3）由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3；‎ ‎（4）AlCl3的水解，直接加热，水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝；由题目信息可知，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热生成AlCl3、HCl、SO2，据此书写化学方程式．‎ ‎【解答】解：（1）可逆反应3CO（g）+Fe2O3（s）⇌2Fe（s）+3CO2（g）的化学平衡常数k=，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为A12O3+3C12+3C 2A1C13+3CO，炉气中含有大量CO和少量C12，可用NaOH（或Na2SO3）溶液除去Cl2，并回收CO，‎ 故答案为：A12O3+3C12+3C 2A1C13+3CO；NaOH（或Na2SO3）；‎ ‎（3）由工艺流程可知，升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，加入少量Al除去FeCl3，Al与FeCl3反应生成Fe、AlCl3，反应方程式为Al+FeCl3AlCl3+Fe，‎ 故答案为：Al+FeCl3AlCl3+Fe；‎ ‎（4）AlCl3的水解，直接加热，水解彻底生成氢氧化铝，得不到氯化铝，必须在氯化氢的气流中加热，目的是抑制AlCl3的水解，由题目信息可知，AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热生成AlCl3、HCl、SO2，反应方程式为AlCl3•6H2O+6SOCl2AlCl3+12HCl↑+6SO2↑，‎ 故答案为：Al3+发生水解；AlCl3•6H2O+6SOCl2AlCl3+12HCl↑+6SO2↑．‎ ‎　‎ ‎18．如图1，已知A、B、E是常见的非金属单质，其中A为淡黄色固体，Y是常见的金属单质，C的相对分子质量比A大32，D、G均是重要的工业产品，Y、F、H、I均含有同种元素．X含有两种元素，具有摇篮形的分子结构，球棍模型如图2所示．H为红褐色沉淀．图中部分反应条件和产物已略去．‎ 试回答下列问题 ‎（1）写出X的化学式：　S4N4　．‎ ‎（2）写出G的电子式：　　．‎ ‎（3）写出反应③的化学方程式　SO2+H2O2=H2SO4　．‎ ‎（4）写出C和I溶液反应生成F的离子方程式　2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】A为淡黄色固体单质，与氧气反应生成C，且C的相对分子质量比A大32，则A为S，C为SO2，D为H2SO4，H为红褐色沉淀，应为Fe（OH）3，则I为Fe2（SO4）3，Y、F、H、I均含有同种元素，说明Y为Fe，和D的稀溶液反应生成的非金属单质E为H2，F中含有Fe2+，G溶液应呈碱性，应为NH3，则B为N2，由结构式可知X为S4N4，据此解答．‎ ‎【解答】解：A为淡黄色固体单质，与氧气反应生成C，且C的相对分子质量比A大32，则A为S，C为SO2，D为H2SO4，H为红褐色沉淀，应为Fe（OH）3，则I为Fe2（SO4）3，Y、F、H、I均含有同种元素，说明Y为Fe，和D的稀溶液反应生成的非金属单质E为H2，F中含有Fe2+，G溶液应呈碱性，应为NH3，则B为N2，由结构式可知X为S4N4．‎ ‎（1）由以上分析可知X为S4N4，故答案为：S4N4；‎ ‎（2）G为NH3，电子式为，故答案为：；‎ ‎（3）反应③为SO2和H2O2的反应，反应方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；‎ ‎（4）SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，‎ 故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+．‎ ‎　‎ ‎19．实验室常用的几种气体发生装置如图A、B、C所示：‎ ‎（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用C装置，通常使用的药品是　H2O2和MnO2　．检查C装置气密性是否良好的操作方法是　将导管插入水中，用手捂住圆底烧瓶，看到气泡冒出，松开手后，在导管形成一段水柱，说明装置气密性良好　．‎ ‎（2）气体的性质是气体收集方法选择的主要依据．下列性质与收集方法无关的是　②④　（填序号，下同．）‎ ‎①密度 ②颜色 ③溶解性 ④热稳定性 ⑤与氧气反应 图是某学生设计收集气体的几种装置，其中不可行的是　b　‎ ‎（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，则X可能是下列气体中的　③　‎ ‎①CO2 ②NO ③Cl2 ④H2‎ 其中在D装置中连接小烧杯的目的是　尾气吸收，防止污染空气　．‎ ‎【考点】气体的净化和干燥；气体发生装置．‎ ‎【分析】（1）实验室制取氧气常用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰在加热条件下分解制备氧气或用过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解制备氧气，前者需要加热，后者无需加热；检查C装置气密性是否良好的操作方法是将导管插入水中，用手捂住圆底烧瓶，看到气泡冒出，松开手后，在导管形成一段水柱，说明装置气密性良好；‎ ‎（2）收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性，如气体与氧气反应则只能用排水法收集；氧气的密度比空气大，难溶于水，可用排水法或向上排空气法收集；‎ ‎（3）氯气有毒，不能直接排放到空气中，应有尾气吸收装置，NO不能用排空气法收集，氢气不能用向上排空气法收集，二氧化碳气体无需尾气吸收装置．‎ ‎【解答】解：（1）实验室制取氧气常用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰在加热条件下分解制备氧气或用过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解制备氧气，前者需要加热，后者无需加热，如果用C装置，通常使用的药品是H2O2和MnO2；检查C装置气密性是否良好的操作方法是将导管插入水中，用手捂住圆底烧瓶，看到气泡冒出，松开手后，在导管形成一段水柱，说明装置气密性良好，‎ 故答案为：H2O2和MnO2；将导管插入水中，用手捂住圆底烧瓶，看到气泡冒出，松开手后，在导管形成一段水柱，说明装置气密性良好；‎ ‎（2）收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性，如气体与氧气反应则只能用排水法收集，气体是否有颜色与收集方法无关，与稳定性无关，氧气的密度比空气大，难溶于水，可用排水法或向上排空气法收集，用d装置收集氧气时应从长导管进入气体，b装置气体进入不能排出集气瓶的空气，‎ 故答案为：②④；b；‎ ‎（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，是固体液体加热制备的气体，气体不能和浓硫酸发生反应，密度比空气重，可以用向上排气法收集，‎ ‎①CO2 制备不需要加热，二氧化碳气体无需尾气吸收装置，故①错误；‎ ‎②NO 可以制备但不能用排空气法收集，故②错误；‎ ‎③Cl2 是固体和液体加热制备，用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，故③正确；‎ ‎④H2 制备不需要加热，氢气比空气轻不能用向上排空气法收集，故④错误；‎ 氯气有毒，不能直接排放到空气中，应有尾气吸收装置，D装置中连接小烧杯的目的是尾气吸收，防止污染空气，‎ 故答案为：③；尾气吸收，防止污染空气；‎ ‎　‎ ‎20．某探究小组废弃的印刷线路板（含Cu、Al少量Au、Pt等金属的混合物回收Cu并制备硫酸铝晶体[Al2（SO4）3•18H2O]，设计路线如下：‎ ‎（1）过滤时所需要的玻璃仪器有玻璃棒、　漏斗　、　烧杯　．‎ ‎（2）实验时需对滤渣2进行洗涤，判断洗涤是否干净的实验操作方法是　取最后一次的洗涤液，加入氯化钡溶液和稀盐酸无白色沉淀出现，说明洗涤干净　．‎ ‎（3）为确定加入铁粉的量，实验中需测定滤液1中Cu2+的量．实验操作为：除去H2O2；准确量取一定体积滤液1于带塞锥形瓶中，加水稀释，调节溶液pH=3﹣4，加入过量KI﹣淀粉溶液，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式：‎ ‎2Cu2++4I﹣=2CuI+I2‎ I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣‎ ‎①滴定管在注入Na2S2O3标准溶液之前，要先用蒸馏水洗净，再用　Na2S2O3标准溶液润洗2～3次　．‎ ‎②滴定终点观察到的现象为　溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复　．‎ ‎③若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会　偏高　（填“偏高”、“偏低”或“不变”）‎ ‎（4）由滤液2制取硫酸铝晶体，探究小组设计了如下二种方案：‎ 甲：滤液2滤液Al2（SO4）3•18H2O 乙：滤液2滤液溶液Al2（SO4）3•18H2O ‎①操作③的实验步骤依次为：蒸发浓缩：　冷却结晶　、　过滤　、洗涤．‎ ‎②从原子利用率角度考虑，　甲　方案更合理．（填“甲”或“乙”）‎ ‎（5）他们查阅了资料，认为通过先氧化、再调节溶液pH也可将滤液2中的Fe2+除去．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mo1•L﹣1计算）．‎ 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe3+‎ ‎1.1‎ ‎3.2‎ Fe2+‎ ‎5.8‎ ‎8.8‎ A13+‎ ‎3.8‎ ‎5.2‎ ‎①氧化需加入H2O2而不用Cl2的原因是　不引入杂质，对环境无污染　．‎ ‎②调节溶液pH约为　3.2～3.8　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）根据过滤操作方法判断所需要的玻璃仪器；‎ ‎（2）根据检验洗涤液中是否含有硫酸根离子判断洗涤是否干净；‎ ‎（3）①滴定管用蒸馏水洗完，必须使用装置液润洗；‎ ‎②根据滴定终点的判断方法分析；‎ ‎③根据双氧水具有氧化性，能够氧化碘离子分析对测定结果的影响；‎ ‎（4）①可以经过加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤操作，获得Al2（SO4）3•18H2O晶体；‎ ‎②从原子利用率角度对甲和乙方案进行评价；‎ ‎（5）①过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；‎ ‎②根据表中铁离子沉淀完全、铝离子开始沉淀的pH判断调节溶液pH的范围．‎ ‎【解答】（1）过滤操作所需要的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗和烧杯，‎ 故答案为：漏斗；烧杯；‎ ‎（2）可以通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子的方法，判断滤渣2是否相等干净，操作方法为：取最后一次的洗涤液，加入氯化钡溶液和稀盐酸无白色沉淀出现，说明洗涤干净，‎ 故答案为：取最后一次的洗涤液，加入氯化钡溶液和稀盐酸无白色沉淀出现，说明洗涤干净 （或其他合理答案）；‎ ‎（3）①滴定管在注入Na2S2O3标准溶液之前，要先用蒸馏水洗净，然后使用Na2S2O3标准溶液润洗2～3次，‎ 故答案为：Na2S2O3标准溶液润洗2～3次；‎ ‎②滴定终点前溶液为蓝色，滴定结束时溶液蓝色褪去，则滴定终点的现象为：溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复，‎ 故答案为：溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复；‎ ‎③由于双氧水能够氧化碘离子，使溶液中生成的碘单质物质的量增加，滴定时消耗的Na2S2O3标准溶液体积增大，导致测定的铜离子含量偏高，‎ 故答案为：偏高；‎ ‎（4）①滤液2为硫酸铝溶液，经过加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤操作，获得Al2（SO4）3•18H2O晶体，‎ 故答案为：冷却结晶；过滤；‎ ‎②从原子利用率和是否产生杂质考虑知，甲方案更合理，‎ 故答案为：甲；‎ ‎（5）①加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染 ‎，而氯气有毒，能够污染环境且反应后引进了杂质氯离子，‎ 故答案为：不引入杂质，对环境无污染；‎ ‎ ②由表中数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，铝离子开始沉淀的pH为3.8，所以应该调节溶液的pH范围为：3.2～3.8，‎ 故答案为：3.2～3.8．‎ ‎　‎ ‎21．KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿（主要成分为MnO2）通过下列方法制备：①软锰矿与过量KOH、KC1O3固体熔融生成K2MnO4；②溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转变为MnO2和KMnO4；③滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得深紫色的KMnO4产品．‎ ‎（1）制备过程中，为了提高原料的利用率，可采取的措施是　将③中MnO2回收，再发生①中的反应　．‎ ‎（2）滤液酸化时，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4的离子方程式是　3MnO42﹣+4H+═MnO2↓+2MnO4﹣+2H2O　．‎ ‎（3）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定 ‎①配制250mL0.100mL﹣1标准Na2S2O3溶液，需准确称取Na2S2O3固体的质量　3.950g　．‎ ‎②取上述制得的KMnO4产品0.316g，酸化后用0.100moL﹣1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液12.00mL．计算该KMnO4产品的纯度．（有关离子方程式为：8MnO4﹣+5S2O32﹣+14H+=10SO42﹣+8Mn2+7H2O）．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）根据工业流程可知，将③中MnO2回收，再发生①中的反应，可以提高MnO2利用率；‎ ‎（2）K2MnO4在酸性条件下全转变为MnO2和KMnO4，同时生成水，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平；‎ ‎（3）①根据n=cV计算的物质的量，再根据m=nM计算Na2S2O3的质量；‎ ‎②发生反应：8MnO4﹣+5S2O32﹣+14H+=10SO42﹣+8Mn2++7H2O，结合方程式计算．‎ ‎【解答】解：（1）根据工业流程可知，将③中MnO2回收，再发生①中的反应，可以提高MnO2利用率，‎ 故选：将③中MnO2回收，再发生①中的反应；‎ ‎（2）滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，则反应离子方程式为3MnO42﹣+4H+═MnO2↓+2MnO4﹣+2H2O，‎ 故答案为：3MnO42﹣+4H+═MnO2↓+2MnO4﹣+2H2O；‎ ‎（3）①n（Na2S2O3）=0.100mol•L﹣1×0.25L=0.025mol，‎ m（Na2S2O3）=0.025mol×158g/mol=3.950g，‎ 故答案为：3.950；‎ ‎②由反应方程式：8MnO4﹣+5S2O32﹣+14H+=10SO42﹣+8Mn2++7H2O，设样品中KMnO4物质的量为nmol，‎ 可知 8KMnO4～5S2O32﹣‎ ‎ n 0.100 mol•L﹣1×12.00 mL×10﹣3 L 所以n（KMnO4）=×0.100 mol•L﹣1×12.00 mL×10﹣3 L=1.92×10﹣3mol 所以m（KMnO4）=nM=1.92×10﹣3mol×158g/mol=0.30336g KMnO4产品的纯度为：×100%=96%；‎ 答：该KMnO4产品的纯度为96%．‎ ‎　‎ ‎2016年8月20日