1、2015-2016学年陕西省咸阳市长武中学高三（上）第二次段考化学试卷一、选择题（16×3=48分）1设NA为阿伏加德岁常数的值，下列叙述正确的是( )A标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有碳氢键的数目为NAC50 mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成S02分子的数目为0.46NAD某密闭容器盛有0.1mol N2和0.3mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0 6NA2一定是的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO4
2、2）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为( )A13.5LB9.0LC16.8LD15.7L3将充有n mLNO和m mLNO2气体的试管倒立于盛水的水槽中，然后通入n mLO2mn，则充分反应后，试管中气体在同温同压下的体积为( )AmLB mLC mLD3 mL4标准状况下V L氨气溶解在1L的水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为p g/ml，质量分数为W，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是( )Ac=BW=CW=Dp=5有BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将
3、它均分成两份一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl离子完全沉淀反应中消耗xmolH2SO4、y mol AgNO3据此得知原混合溶液中的c（Na+）/molL1为( )ABCD6室温下，在0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是( )Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3+3OHAl（OH）3Bab段，溶液pH增大，Al3+浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀Dd点时，Al（OH）3沉淀开始溶解7下列离子
4、方程式书写正确的是( )A向50 mL 1 molL1明矾溶液中滴入少量0.1 molL1Ba（OH）2溶液Al3+2SO42+2Ba2+3OHAl（OH）3+2BaSO4B已知还原性Fe2+Br，a mol FeBr2溶液中通入a mol Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2Br2+2Fe3+4C1C向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H+O2+6I3I2+2H2OD在澄清石灰水中加入适量碳酸氢镁溶液：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O8下列有关溶液组成的描述合理的是( )A弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC无色溶
5、液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、OHD红色溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SCN9甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断不正确的是( )A若甲为焦炭，则丁可能是O2B若甲为SO2，则丁可能是氨水C若甲为Fe，则丁可能是盐酸D若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2101.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法
6、不正确的是( )A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL11化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质已知：氧化还原反应：2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl； 2Co（OH）3+6HCl=2CoCl2+Cl2+6H2O2Fe（OH）2+I2+2KOH=2Fe（OH）3+2KI； 3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3=2KSCN+CO2+H2O； KCN+CO2+H2O
7、=HCN+KHCO3热分解反应：4NaClO 3NaCl+NaClO4；NaClO4NaCl+2O2下列说法不正确是( )A氧化性（酸性溶液）：FeCl3Co（OH）3I2B还原性（碱性溶液）：Fe（OH）2I2KIO3C热稳定性：NaClNaClO4NaClOD酸性（水溶液）：HSCNH2CO3HCN12由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是( )A3：2B4：3C4：1D2：l13在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5g溶于水，所得溶液恰
8、好能被80mL浓度为0.50mol/L的HCl溶液中和，则该生成物的成分是( )ANa2OBNa2O2CNa2O和Na2O2DNa2O2和NaO214印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、，其中HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体各组分含量随pH变化如图所示，由图可知，使用该漂白剂的最佳pH为( )A3.0B4.04.5C6.57.0D9.015将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L（气体体积均在同温同压下测定），该bL气体中NH3的体积分数是( )ABCD16已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中
9、可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是( )A若某温度下，反应后=11，则溶液中=B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，产物中KClO的最大理论产量为a molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol二、填空题（52分）17Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定制备Na2S2O35H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验步骤：称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中安装实
10、验装置（如图1所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是_（2）仪器a的名称是_，其作用是_（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_检验是否存在该杂质的方法是_（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：_测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0molL1碘的标准溶液滴定反应原理为2S2O+I2S4O+2I（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：_（6）
11、滴定起始和终点的液面位置如图2，则消耗碘的标准溶液体积为_mL产品的纯度为（设Na2S2O35H2O相对分子质量为M）_Na2S2O3的应用（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_18烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液，并用于烟气脱硫研究（1）酸浸时反应的化学方程式为_；滤渣的主要成分为_（填化学式）（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）62x滤渣的主要成分为_
12、（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是_（用离子方程式表示）（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是_；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将_（填“增大”、“减小”或“不变”）19钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3）制取TiO2的流程如下：（1）Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第_周期，第_族（2）步骤加铁的目的是_；步骤冷却的目的是_（3）上述
13、制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是_；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入_处理（4）由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2TiCl4Ti已知：C（s）+O2（g）CO2（g）；H=393.5KJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）；H=566KJmol1TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（s）+O2（g）；H=+141KJmol1则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（s）+2CO（g） 的H=_反应TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti 在Ar气氛中进行的理由是_20（13分）钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛
14、的应用完成下列计算：（1）叠氮化钠（NaN3）受撞击完成分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊若产生40.32L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠_g（2）钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度_（忽略溶液体积变化）计算并确定该钠钾合金的化学式_（3）氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液向该溶液中通入二氧化碳，有下列反应：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O已知通入二氧化碳336L（标准状况下），生成24mol Al（OH）3和15mol Na2CO3，若通入溶
15、液的二氧化碳为112L（标准状况下），计算生成的 Al（OH）3和Na2CO3的物质的量之比为_（4）常温下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干过程中产品无损失 氢氧化钠质量（g）氯化钠质量（g）2.403.512.322.343.483.51上述实验所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠通过计算，分析和比较上表3组数据，给出结论2015-2016学年陕西省咸阳市长武中学高三（上）第二次段考化学试卷一、选择题（16×3=48分）1设NA为阿伏加德岁常数的值，下列叙述正确的是( )A标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5N
16、AB常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有碳氢键的数目为NAC50 mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成S02分子的数目为0.46NAD某密闭容器盛有0.1mol N2和0.3mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0 6NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、标况下，HF为液体；B、乙烯和丙烯均由CH2构成；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、合成氨的反应为可逆反应【解答】解：A、标况下，HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、乙烯和丙烯均由CH2构成，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量n=0.5mol，故含有1molC
17、H键即NA个，故B正确；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46NA个，故C错误；D、合成氨的反应为可逆反应，故不能反应完全，则转移的电子数小于0.6NA个，故D错误故选B【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2一定是的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为( )A13.5L
18、B9.0LC16.8LD15.7L【考点】有关混合物反应的计算 【专题】利用化学方程式的计算【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=0.15mol，转移电子物质的量=0.15（6+2）=1.2mol，NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得：x=0.3，故气体体积V=0.
19、6mol22.4L/mol=13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.07510=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积为：0.1875mol222.4L/mol=8.4L，由于是CuS和Cu2S的混合物，则生成的气体体积介于8.413.44之间，所以B正确，故选B【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查，有利于培养学生的分析、理解能力3将充有n mLNO和m mLNO2气体的试管倒
20、立于盛水的水槽中，然后通入n mLO2mn，则充分反应后，试管中气体在同温同压下的体积为( )AmLB mLC mLD3 mL【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学方程式的有关计算 【专题】利用化学方程式的计算【分析】先根据反应3NO2+2H2O=2HNO3+NO，求出所有的NO，再根据反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，求出剩余气体的体积【解答】解：根据反应可知3NO2 +2H2O=2HNO3 +NO，3 1m m 所以反应后NO气体共（n+m）mL，设消耗的氧气的体积为x，由 4NO+3O2 +2H2O=4HNO3， 4 3（n+m） xx=，由mn可知，x=n，显然氧气不足
21、，完全反应，剩余气体为NO，NO的体积为（n+m）mLnmL=mL，故选B【点评】本题考查氮的氧化物与水的反应，明确发生的化学反应及m、n的关系是解答本题的关键，注意体积与物质的量成正比，题目难度中等4标准状况下V L氨气溶解在1L的水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为p g/ml，质量分数为W，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是( )Ac=BW=CW=Dp=【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算 【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据氨气的体积结合n=可计算氨气的物质的量，进而计算氨气的质量，可的溶液的质量，根据V=可计算溶液的体积，进而根据c=计算溶液
22、的物质的量浓度，根据=计算溶液的质量分数【解答】解：n（NH3）=mol，m（NH3）=mol17g/mol=g，m（溶液）=g+1000g，V=ml，则Ac=mol/L，故A正确；B设溶液的体积为VL，=100%=，故B正确；C=，故C正确；D氨气溶于水后，溶液的体积不等于（V+1）L，故D错误故选D【点评】本题考查溶液浓度的计算，题目难度较大，注意相关计算公式的运用，本题注意溶液的体积不等于溶质和溶剂的体积之和，为易错点5有BaCl2和NaCl的混合溶液a L，将它均分成两份一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl离子完全沉淀反应中消耗xmolH2SO4、y
23、 mol AgNO3据此得知原混合溶液中的c（Na+）/molL1为( )ABCD【考点】离子方程式的有关计算 【分析】第一份溶液中发生的反应为BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl，根据n（H2SO4）计算n（BaCl2）；第二份溶液中发生的反应为BaCl2+2AgNO3=2AgCl+Ba（NO3）2、NaCl+AgNO3=AgCl+NaNO3，根据n（BaCl2）计算和BaCl2反应的n（AgNO3），剩余AgNO3和NaCl反应生成AgCl，据此计算NaCl物质的量，再结合C=计算c（Na+）【解答】解：第一份溶液中发生的反应为BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl，根据Ba
24、Cl2H2SO4知，n（H2SO4）=n（BaCl2）=xmol； 第二份溶液中发生的反应为BaCl2+2AgNO3=2AgCl+Ba（NO3）2、NaCl+AgNO3=AgCl+NaNO3，根据BaCl22AgNO3知，和BaCl2反应的n（AgNO3）=2n（BaCl2）=2xmol，则剩余AgNO3和NaCl反应生成AgCl，根据NaClAgNO3知，和NaCl反应的硝酸银物质的量n（AgNO3）=n（NaCl）=ymol2xmol，则两种溶液中NaCl的物质的量为2ymol4xmol，根据Na原子守恒知，n（Na+）=n（NaCl）=2ymol4xmol，则原来混合溶液中c（Na+）=
25、mol/L，故选D【点评】本题考查离子方程式计算，明确物质之间的反应是解本题关键，侧重考查学生分析问题、计算能力，注意溶液体积大小判断，题目难度中等6室温下，在0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是( )Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3+3OHAl（OH）3Bab段，溶液pH增大，Al3+浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀Dd点时，Al（OH）3沉淀开始溶解【考点】真题集萃；镁、铝的重要化合物 【专题】元素及其化合物【分析】A硫
26、酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；Bab段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；Cbc段，pH变化不大；Dc点后pH发生突变，NaOH过量【解答】解：A硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故A错误；Bab段，发生H+OHH2O，但加入NaOH溶液，总体积增大，则Al3+浓度减小，故B错误；Cbc段，pH变化不大，主要发生Al3+3OHAl（OH）3，则加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀，故C正确；Dc点后pH发生突变，NaOH过量，Al（OH）3沉淀开始溶解，生成NaAlO2，碱性较强，而d点pH10，NaOH远远过量，故D错误；故选C
27、【点评】本题为2014年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点pH突变为解答的关键，明确bc段中铝离子过量，题目难度不大7下列离子方程式书写正确的是( )A向50 mL 1 molL1明矾溶液中滴入少量0.1 molL1Ba（OH）2溶液Al3+2SO42+2Ba2+3OHAl（OH）3+2BaSO4B已知还原性Fe2+Br，a mol FeBr2溶液中通入a mol Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2Br2+2Fe3+4C1C向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H+O2+6I3I2+2H2OD在澄清石灰水中加入适量碳酸氢镁溶液：Ca2+OH+HCO3
28、CaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】AAKAl（SO4）2的物质的量为0.05mol，Ba（OH）2的物质的量比较少，Al3+离子过量，没有完全反应，生成硫酸钡和氢氧化铝；B二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，剩余氯气再氧化溴离子；C得失电子不守恒；D向碳酸氢镁溶液中逐滴加入澄清石灰水，开始时氢氧根离子浓度较小，先生成Mg（OH）2沉淀；当二者物质的量相同时生成MgCO3和CaCO3；当氢氧化钙过量时生成Mg（OH）2和CaCO3；【解答】解：AKAl（SO4）2的物质的量为0.05mol，Ba（OH）2的物质的量比较少，Al3+离子过量，没有
29、完全反应，正确的离子方程式应为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH=2Al（OH）3+3BaSO4，故A错误；B已知还原性Fe2+Br，a mol FeBr2溶液中通入a mol Cl2：2Fe2+2Br+2Cl2Br2+2Fe3+4C1，故B正；C向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气，离子方程式：4H+O2+4I2I2+2H2O，故C错误；D当二者物质的量相同时生成MgCO3和CaCO3，反应离子方程式为：Mg2+2HCO3+Ca2+2OHMgCO3+CaCO3+2H2O，故D错误；故选：B【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对
30、反应的影响，题目难度不大8下列有关溶液组成的描述合理的是( )A弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、OHD红色溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SCN【考点】离子共存问题 【分析】离子之间能反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、复分解反应的不能大量共存，据此分析解答【解答】解：A弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B酸性条件下，ClO、I发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；CAl3+、NH4+、Cl、OH都无色，但Al3+、NH4+、
31、OH之间能反应，所以不能大量共存，故C错误；DFe3+、SCN反应生成络合物而不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，易错选项是B9甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断不正确的是( )A若甲为焦炭，则丁可能是O2B若甲为SO2，则丁可能是氨水C若甲为Fe，则丁可能是盐酸D若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【考点】无机物的推断 【分析】A甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 CCOCO2；B若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关
32、系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁；D若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3【解答】解：A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 CCOCO2，2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3，（NH4）2SO3；SO2+NH3H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO
33、3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；C若甲为Fe，丁是稀硝酸，则乙为硝酸亚铁、丙为硝酸铁，硝酸铁与Fe反应得到硝酸亚铁，若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，不符合转化关系，故C错误；D若甲为NaOH溶液，丁是CO2，则乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，故选C【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等101.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120
34、mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是( )A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质 【专题】压轴题；守恒法【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的
35、电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.5
36、2g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.
37、06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答11化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质已知：氧化还原反应：2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl； 2Co（OH）3+6HCl=
38、2CoCl2+Cl2+6H2O2Fe（OH）2+I2+2KOH=2Fe（OH）3+2KI； 3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3=2KSCN+CO2+H2O； KCN+CO2+H2O=HCN+KHCO3热分解反应：4NaClO 3NaCl+NaClO4；NaClO4NaCl+2O2下列说法不正确是( )A氧化性（酸性溶液）：FeCl3Co（OH）3I2B还原性（碱性溶液）：Fe（OH）2I2KIO3C热稳定性：NaClNaClO4NaClOD酸性（水溶液）：HSCNH2CO3HCN【考点】氧化性、还原性强弱的比较；离子反应发生的条件 【专题】氧化还原反
39、应专题；离子反应专题【分析】A、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；B、根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性来判断，在反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的；C、根据物质分解时生成更加稳定的物质来判断；D、根据化学反应遵循强酸制弱酸的规律来判断【解答】解：A、在2FeCl3+2HI2FeCl2+I2+2HCl反应中，氧化性：FeCl3I2，在2Co（OH）3+6HCl2CoCl2+Cl2+6H2O中，氧化性：Co（OH）3Cl2，又Cl2FeCl3，故Co（OH）3FeCl3，则有：Co（OH）3FeCl3I2，故A错误；B、在 3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O
40、反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KII2KIO3；在2Fe（OH）2+I2+2KOH2Fe（OH）3+2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe（OH）2I2；Fe（OH）2Fe（OH）3；Fe（OH）2KI，故还原性应为：Fe（OH）2I2KIO3，故B正确；C、物质分解时生成更加稳定的物质，在反应中4NaClO 3NaCl+NaClO4，稳定性NaClO4NaClO，在反应中NaClO4NaCl+2O2中，稳定性NaClNaClO4，则稳定性NaClNaClO4NaClO，故C正确；D、化学反应遵循强酸制弱酸的规律，在反应2HSC
41、N+K2CO32KSCN+CO2+H2O中，酸性HSCNH2CO3，在反应中 KCN+CO2+H2OHCN+KHCO3，酸性H2CO3HCN，则酸性为HSCNH2CO3HCN，故D正确故选A【点评】本题考查氧化性、还原性、稳定性和酸性的比较，做题时注意积累比较物质的性质的规律和方法12由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是( )A3：2B4：3C4：1D2：l【考点】有关混合物反应的计算 【专题】利用化学方程式的计算【分析】根据在高温下可能发生F
42、e2O3+Fe3FeO或4Fe2O3+Fe3Fe3O4时两种反应，或两种反应同时进行，根据加入铁的物质的量为1mol，结合化学方程式计算可能存在的物质的量的比值【解答】解：分析题给混合物和高温下发生的反应，可知：当发生反应：Fe2O3+Fe3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3：2；当发生反应：4Fe2O3+Fe3Fe3O4时，反应后混合物中含有3molFeO、1molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3：1；当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两者之间，选项中可能为A，故选A【点评】本题考查了化
43、学计算知识，题目难度中等，极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十分明显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法比如此题中我们就假设了两个极端，首先确定两个极端，然后确定范围，最后选择13在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5g溶于水，所得溶液恰好能被80mL浓度为0.50mol/L的HCl溶液中和，则该生成物的成分是( )ANa2OBNa2O2CNa2O和Na2O2DNa2O2和NaO2【考点】有关混合物反应的计算；钠的化学性质 【分析】由于不知道钠和氧气反应的产物为Na2O还是Na2O2或二者都有，因此可设定氧化物
44、的化学式为Na2OX，计算出其摩尔质量，然后与两种氧化物的摩尔质量进行对比即可判断【解答】解：反应消耗的氯化氢的物质的量为：n（HCl）=0.08L0.50mol/L=0.04mol，溶液恰好能被80mL浓度为0.5mol/L的HCl溶液中和，设钠与氧气反应生成的氧化物为Na2OX，则：Na2OX2NaOH2HCl 0.02mol 0.04molNa2OX平均摩尔质量为：M=75g/mol，介于Na2O（62g/mol）和Na2O2（78g/mOl）之间，所以反应产物为Na2O和Na2O2的混合物，故选C【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意明确平均摩尔质量、平均分子式在化学计算
45、中的应用，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力14印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、，其中HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体各组分含量随pH变化如图所示，由图可知，使用该漂白剂的最佳pH为( )A3.0B4.04.5C6.57.0D9.0【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用 【专题】卤族元素【分析】HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体，根据题意知，既要使漂白剂的漂白性强，又要使ClO2浓度较小，据此分析解答【解答】解：HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体，既要使漂白剂的漂白性强，即HClO2的含量高，
46、又要使ClO2浓度较小，根据图片知，当溶液的pH为4.04.5时二者兼顾，故选B【点评】本题考查了图象分析题，明确题意与图象的关系是解本题关键，难度不大15将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L（气体体积均在同温同压下测定），该bL气体中NH3的体积分数是( )ABCD【考点】氨的化学性质；化学方程式的有关计算 【专题】氮族元素【分析】反应的方程式为2NH3 N2+3H2，根据体积变化，用差量法计算【解答】解：设bL气体中氨气的体积为x，则参加反应的氨气为aLx，2NH3 N2+3H2 V 2 1 3 2 aLx bLaL则aLx=bLaL，解得x=2aLbL所
47、以氨气的体积分数为，故选C【点评】本题考查化学方程式的计算，化学计算时从定量的角度反映物质的组成及其变化规律，用以加深对基本概念和基础理论的理解因此，化学计算是对学生知识和能力的综合性考查，而不是单纯的数字计算教师在高考复习时要注意培养学生的化学计算能力，有的学生审题不清会错选A；忽略bL气体中的氨气为剩余的氨气，会错选B16已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是( )A若某温度下，反应后=11，则溶液中=B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，产物中KClO的最大理论产量为
48、a molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol【考点】化学方程式的有关计算 【分析】A令n（ClO）=1mol，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3）；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），联立计算参加反应氯气的物质的量；C氧化产物只有KClO时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），结合电子转移守恒计算；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=
49、n（KOH），结合电子转移守恒计算【解答】解：A令n（ClO）=1mol，反应后C（Cl）：C（ClO）=11，则n（Cl）=11mol，电子转移守恒，5n（ClO3）+1n（ClO）=1n（Cl），即5n（ClO3）+11mol=111mol，解得n（ClO3）=2mol，故溶液中=，故A正确；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=amol，故B正确；C氧化产物只有KClO时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n（KCl）=n（
50、KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n最大（KClO）=n（KOH）=amol，故C正确；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D错误，故选：D【点评】本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，侧重考查学生分析计算能力二、填空题（52分）17Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定制备Na2S2O35H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）
51、Na2S2O3（aq）实验步骤：称取15g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中安装实验装置（如图1所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O35H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是使硫粉易于分散到溶液中（2）仪器a的名称是冷凝管，其作用是冷凝回流（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是Na2SO4检验是否存在该杂质的方法是取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含
52、有Na2SO4（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：S2O32+2H+=S+SO2+H2O测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0molL1碘的标准溶液滴定反应原理为2S2O+I2S4O+2I（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：由无色变为蓝色（6）滴定起始和终点的液面位置如图2，则消耗碘的标准溶液体积为18.10mL产品的纯度为（设Na2S2O35H2O相对分子质量为M）100%Na2S2O3的应用（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为S2O32+4Cl
53、2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 【专题】实验分析题；实验设计题；演绎推理法；定量测定与误差分析；无机实验综合【分析】（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；（3）由于S2O32具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠； （4）S2O32与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式； （5）根据滴定前溶液为无色，滴定结束后，碘单质使淀粉
54、变蓝，判断达到终点时溶液颜色变化；（6）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积；根据反应2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），然后根据题中碘单质的物质的量计算出Na2S2O35H2O质量及产品的纯度；（7）根据题干信息“Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42”及化合价升降相等写出反应的离子方程式【解答】解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为
55、：冷凝管；冷凝回流；（3）S2O32具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4； 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4； （4）S2O32与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案为：S2O32+2H+=S+SO2+H2O；（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，故
56、答案为：由无色变为蓝色；（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；根据反应2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），所以W g产品中含有Na2S2O35H2O质量为：0.1000 molL118.10103L2M=3.620103Mg，则产品的纯度为：100%=100%，故答案为：18.10；100%；（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，根据化合价升降相等配平后的离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+，故答案为
57、：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+【点评】本题考查了化学实验基本操作方法及常见仪器的构造、离子的检验方法、中和滴定存在即计算、离子方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况18烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液，并用于烟气脱硫研究（1）酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；滤渣的主要成分为SiO2（填化学式）（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并
58、使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）62x滤渣的主要成分为CaSO4（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2（用离子方程式表示）（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是溶液中的部分SO32被氧化生成SO42；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】真题集萃；二氧化硫的污染及治理 【专题】实验设计题；元素及其化合物【分析】粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H
59、2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的SO32易被氧化生成SO42，弱酸根离子转化为强酸根离子，再结合题目分析解答【解答】解：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+
60、2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的SO32易被氧化生成SO42，（1）通过以上分析知，酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应，所以滤渣I的成分为SiO2，故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；SiO2；（2）通过以上分析知，滤渣的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH离子反应生成Al（OH）3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3+3SO42+3
61、H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2，故答案为：CaSO4；3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2；（3）二氧化硫被吸收后生成SO32，SO32不稳定，易被氧化生成SO42，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al2（SO4）x（OH）62x，则溶液的酸性增强，溶液的pH减小，故答案为：溶液中的部分SO32被氧化生成SO42；减小【点评】本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等19
62、钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3）制取TiO2的流程如下：（1）Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第四周期，第B族（2）步骤加铁的目的是将Fe3+还原为Fe2+；步骤冷却的目的是析出（或分离、或得到）FeSO47H2O（3）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是FeSO47H2O；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入石灰（或碳酸钙、废碱）处理（4）由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2TiCl4Ti已知：C（
63、s）+O2（g）CO2（g）；H=393.5KJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）；H=566KJmol1TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（s）+O2（g）；H=+141KJmol1则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（s）+2CO（g） 的H=：80kJmol1反应TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti 在Ar气氛中进行的理由是防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用【考点】制备实验方案的设计 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】铁粉的作用由步骤的前后以及最后所得产物中的FeSO47H2O分析，不难得出是为了除
64、去混合溶液中的Fe3+；步骤冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO47H2O可得，是为降低FeSO47H2O的溶解度；上述过程中，可以利用的副产物也可从反应产物入手分析为FeSO47H2O、CO、MgCl2；Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应；图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液（TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4），应加入碱性物质处理，依盖斯定律，根据已知，可推算出2C（s）+O2（g）=2CO（g）的H=2（393.5）+566=221 kJmol1，由此结合可推算出H=221+141=80 kJ
65、mol1，据此答题【解答】解：（1）Ti位于元素周期表中第四周期B族，故答案为：四；B；（2）铁粉的作用是为了除去混合溶液中的Fe3+；步骤冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO47H2O可得，是为降低FeSO47H2O的溶解度，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；析出（或分离、或得到）FeSO47H2O；（3）得到的副产物为FeSO47H2O，图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液（TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4），应加入碱性物质处理，可以是石灰（或碳酸钙、废碱），故答案为：FeSO47H2O； 石灰（或碳酸钙、废碱）；（4）依盖斯定律，将+2可得：TiO
66、2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g），H=（+141kJmol1）+2（393.5kJmol1）（566kJmol1）=80 kJmol1，Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应，故答案为：80 kJmol1； 防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用【点评】本题考查学生对工艺流程理解、阅读题目获取信息能力、氧化还原反应及方程式的书写等，难度中等，理解工艺流程是关键，需要学生具有阅读题目获取信息能力和灵活运用基础知识分析问题、解决问题能力20（13分）钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生
67、产和生活中有广泛的应用完成下列计算：（1）叠氮化钠（NaN3）受撞击完成分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊若产生40.32L（标准状况下）氮气，至少需要叠氮化钠78g（2）钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度0.75mol/L（忽略溶液体积变化）计算并确定该钠钾合金的化学式NaK2（3）氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液向该溶液中通入二氧化碳，有下列反应：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O已知通入二氧化碳336L（标准状况下），生成24mol Al（OH
68、）3和15mol Na2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L（标准状况下），计算生成的 Al（OH）3和Na2CO3的物质的量之比为4：5（4）常温下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干过程中产品无损失 氢氧化钠质量（g）氯化钠质量（g）2.403.512.322.343.483.51上述实验所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠通过计算，分析和比较上表3组数据，给出结论【考点】化学方程式的有关计算；钠的化学性质；碱金属的性质；有关混合物反应的计算 【专题】元素及其化合物；利用化学方程式的计算【分析】（1）发生反应：2NaN3=2Na+3N2，
69、根据方程式计算；（2）发生反应：2Na+2H2O2NaOH+H2、2K+2H2O2KOH+H2，根据氢气体积、金属质量列方程计算Na、K物质的量；（3）336L二氧化碳为15mol，只发生反应：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O，得到30mol Al（OH）3和15molNa2CO3，实际得到24mol Al（OH）3，说明原溶液中含有NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成的碳酸钠为15mol24mol=3mol，即投入112L二氧化碳时与NaOH反应得到碳酸钠也是3mol，再根据方程式2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O计算生成氢氧
70、化铝，根据碳原子守恒可知生成碳酸钠总物质的量；（4）发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，根据方程式计算所取样品的摩尔质量，判断是否含有结晶水确定其组成【解答】解：（1）设需要NaN3 的质量为m，则：2NaN32Na+3N2130g 67.2Lm 40.32Lm=78g，故答案为：78；（2）设钠、钾的物质的量分别为a、b，2Na+2H2O2NaOH+H2、2K+2H2O2KOH+H2a 0.5 b 0.5b则：0.5a+0.5b=0.075mol，且23a+39b=5.05（质量守恒）解之得a=0.050mol，b=0.10mol，c（OH）=0.75mol/L，故答案为：0.75
71、mol/L；n（Na）：n（K）=1：2，该钠钾合金化学式为NaK2，故答案为：NaK2；（3）336L二氧化碳为15mol，只发生反应：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O，得到30mol Al（OH）3和15molNa2CO3，实际得到24mol Al（OH）3，说明原溶液中含有NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成的碳酸钠为15mol24mol=3mol，即投入112L二氧化碳时与NaOH反应得到碳酸钠也是3mol，112 L二氧化碳的物质的量：=5 mol，根据碳原子守恒则n（Na2CO3）=5mol，由可知（2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+N
72、a2CO3+H2O，生成氢氧化铝为（53）mol2=4mol，则nAl（OH）3：n（Na2CO3）=4mol：5mol=4：5，故答案为：4：5；（4）发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，由氯化钠的质量推算，氢氧化钠样品的摩尔质量为M1（氢氧化钠）=2.40=40 （g/mol）M2（氢氧化钠）=2.32=58 （g/mol）M3（氢氧化钠）=3.48=58 （g/mol）结论：实验所取氢氧化钠样品是NaOH；实验和实验所取氢氧化钠样品应该是NaOHH2O，答：结论为实验所取氢氧化钠样品是NaOH、实验和实验所取氢氧化钠样品应该是NaOHH2O【点评】本题考查化学计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，是对学生综合能力的考查，题目的难度较大