1、2015-2016学年河南省三门峡市陕州中学高三（上）第二次精英对抗化学试卷一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分共54分）1化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源B“84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感C已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，则水热反应可以降低自然界中碳的含量D已知PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则PM2.5在空气中有可能形成胶体2下列实验误差分析错误的是（）A用容量瓶配制溶液时，定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏小B用润
2、湿的pH试纸测溶液的pH，所测pH不一定有误差C测定中和反应的反应热时，将碱分多次倒入酸中，所测H偏小D酸碱中和滴定时，滴定前盛装标准液的滴定管内有气泡，终点读数时气泡消失，所测结果偏大3下列叙述不正确的是（）A钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其生腐蚀B反应SO2（g）+2H2S（g）=3S（S）+2H2O（l）在常温下能自发进行，则该反应的H0C0.1molL1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液的pH和溶液中水的电离程度均增大D常温下，将等体积、等物质的量浓度的NaHCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH7，存在KW/c（H+）1.0107 mo
3、lL14将足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中，一定能产生沉淀的是（）甲乙丙ANO2SO2BaCl2BHClCO2澄清石灰水CCO2SO2澄清石灰水DCO2COCaCl2AABBCCDD5传感器可以检测空气中SO2的含量传感器工作原理如图所示，下列叙述正确的是（）Aa为电源的负极B负极反应方程式为：Age+ClAgClC阴极的电极反应式为2HSO3+2H+2eS2O42+2H2OD当电路中转移电子的物质的量为5105 mol时，进入传感器的SO2为1.12 mL6设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）lmolCH3CH2C（CH3）3所含甲基个数为4NA2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含
4、碳原子数均为0.2NA1.0L1.0molL1CH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NA8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2NA常温常压下，17g甲基（一14CH3）所含的中子数为9NA标准状况下，11.2L氯仿中含有CCl键的数目为1.5NAlmolC15H32分子中含碳一碳共价键数目为14NAABCD7下列离子方程式书写正确的是（）A氯化钙溶液中通入CO2气体 Ca2+CO2+H2OCaCO3+2H+B以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2CCa（ClO）2溶液中通人过量的SO2气体：Cl+S
5、O2+H2OHClO+HSOD向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的质量最大：Al3+2SO+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO+H2O8下列说法正确的是（）A氢气的燃烧热为285.5KJ/mol，则电解水的热化学方程式为2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+285.5KJ/molB已知H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3KJ/mol 则稀H2SO4溶液和稀Ba（OH）2溶液反应的反应热H=2（57.3）KJ/molC在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C，该反应中化学能全都转化为热能D已知AX3的熔点和沸点分别为一93.6和76，AX5的熔点为167室温时AX3与气体X2反应
6、生成1 mol AX5，放出热量123.8 KJ/mol该反应的热化学方程式为AX3（l）+X2（g）AX5（s）H=一123.8 KJ/mol9根据下列实验现象，所得结论错误的是（） 实验 实验现象 结论 A烧杯中铁表面有气泡烧杯中铜表面有气泡 活动性：AlFeCu B试管中收集到无色气体 铜与浓硝酸的反应产物是NO C 试管b比试管a中溶液的红色深 增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动 D长颈漏斗内液面高于烧瓶内液面且保持不变 装置气密性良好AABBCCDD10下列化学反应先后顺序判断正确的是（）A在含有等物质的量的H+、Al3+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液：H+、Al3+、Al（OH）
7、3B在含有等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2+C在含有等物质的量的NaCl、Na2S的溶液中加入AgN03溶液：NaCl、Na2SD在含有等物质的量的Fe3+、Cu2+的溶液中加入铁粉：Cu2+、Fe3+11用如图所示装置除去含有CN、Cl 废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（）A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl+2OH2eClO+H2OC阴极的电极反应式：2H2O+2eH2+2OHD除去CN的反应：2CN+5ClO+2H+N2+2CO2+5Cl+H2O12电子层数相同的短周
8、期元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多1，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，W的原子半径是同周期中最小的下列推断中正确的是（）AZ的氢化物的热稳定性强于W的氢化物BZ的氧化物与水反应可制得相应的含氧酸CX、Y、W的原子半径依次减小，对应的离子半径依次增大DX、Y、W的最高价氧化物对应水化物之间互相都能发生反应13在一种酸性溶液中存在NO3、I、Cl、Fe3+中的一种或几种，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断该溶液中（）A一定含有I，不能确定是否有ClB一定含有NO3C不含有Fe3+，一定含有ClD一定含有I、NO3和Cl14将质量
9、为W1 g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，溶液澄清，共收集到标准状况下的气体V1 L向溶液中逐滴加入浓度为a mol/L的盐酸，过程中有白色沉淀生成后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加盐酸体积为V2 L，将溶液在HCl气氛中小心蒸干得固体W2 g下列所列关系式中正确的是（）A35.5a=（W2W1）V2Bn（Al）molCn（Na）+3n（Al）=molDaV2=15向100mL pH=0的硫酸和硝酸混合溶液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成NO气体448mL（标准状况）则反应前的混合溶液中含硝酸的物质的量为（）A0.02molB0.08molC0.10mol
10、D0.16mol16含有1mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示下列有关判断正确的是（）Aa是Fe（NO3）2Bn1=0.375Cp=0.20Dn2=0.3017球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X实验室测定化台物X的组成实验如下：下列说法不正确的是（）A固体2是Fe2O3B溶液甲中可能含有Fe3+CX的化学式可以表示为Fe3C2DX与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成18根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（）A反应均属于氧化还原反应和离子反应B反应说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C相同条件下生成等量的O2，反应和转移
11、的电子数之比为1：1D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4二.非选择题（共46分）19已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：回答下列有关问题：（1）硼砂中B的化合价为，将硼砂溶于热水后，常用稀H2SO4调pH=23制取H3BO3，该反应的离子方程式为（2）MgCl27H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为（3）镁H2O2酸性燃料电池的反应原理为 Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2O，则正极反应式为常温下，若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时，溶液中Mg2+
12、浓度为_当溶液pH=6时，（填“有”或“没有”）Mg（OH）2沉淀析出（已知KspMg（OH）2=5.61012）（4）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼现将0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30molL1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL该粗硼样品的纯度为（提示：I2+2S2O322I+S4O62）（结果保留一位小数）20二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用1图所示的装置模拟制取并收
13、集ClO2（1）B必须放在冰水浴中控制温度，其原因是（2）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2根据图2所示的NaClO2溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制NaClO2操作步骤：a；b；洗涤；干燥（3）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如图中反应的离子方程式是ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该反应化学方程式NaClO2变质可分解为NaClO3和
14、NaCl取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+物质的量（填“相同”，“不同”或“无法判断”）21现有铁、碳两种元素组成的合金，某实验小组为了研究该合金的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置探究该合金的某些性质：（1）取a g合金粉末放人蒸馏烧瓶，并加入足量浓H2SO4，A、B中均无明显现象，原因是；（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，请写出此时合金中成分铁的化学反应方程式；（3）反应一段时间后，将C中所吸收的气体通入以下溶液中，判断能否产生沉淀，若不能则写“否”，若能则写出相应的沉淀成分：氯水和氯化钡溶液，氨水和
15、氯化钡溶液；测定样品中碳的质量分数：（4）装置F的作用；（5）若将SO2气体通入含有n molNa2S的溶液中，溶液中出现黄色浑浊，试分析该溶液最多能吸收SO2气体mol22短周期元素形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F溶液F空气中长期放置发生反应，生成物之一为HH与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色（1）单质A是一种黄色固体，组成单质A的元素在周期表中的位置是用物理方法洗去试管内壁的A，
16、应选择的试剂是；化学方法洗去试管内壁的A是发生歧化反应生成两种盐，但这两种盐在强酸性条件下不能大量共存，请写出化学方法洗去试管内壁的A时发生的化学反应方程式（2）工业上获得B时常使用电解法，请写出阳极反应的电极反应（3）FeCl3溶液中的Fe3+可以催化G与氧气在溶液中的反应，此催化过程分两步进行，请写出Fe3+参与的第一步反应的离子反应方程式（4）工业上吸收E常用氨水，先生成正盐最终产物为酸式盐E与该正盐反应的化学方程式（5）将D溶于稀硫酸，向恰好完全反应后所得的溶液中加入过量氢氧化钡溶液，则加入氢氧化钡溶液的过程中的现象是（6）G与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯该反应的氧化
17、产物为，当生成2mol二氧化氯时，转移电子mol（7）H的溶液与稀硫酸反应的化学方程式2015-2016学年河南省三门峡市陕州中学高三（上）第二次精英对抗化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分共54分）1化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源B“84消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感C已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，则水热反应可以降低自然界中碳的含量D已知PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则PM2.5在空气中有
18、可能形成胶体【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理【专题】化学应用【分析】A能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源；B强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性；C水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，但C含量不变；D分散质微粒直径在1100nm之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应【解答】解：A风能、沼气、生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故A正确；B强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性，流感病毒的成分是蛋白
19、质，“84消毒液”具有强氧化性，能使流感病毒变性，所以可做环境的消毒剂从而预防流感，故B正确；C水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，根据原子守恒知，自然界中C含量不变，故C错误；D分散质微粒直径在1100nm之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，其分散质微粒直径在1100nm之间，所以PM2.5在空气中有可能形成胶体，故D正确；故选C【点评】本题考查环境污染与治理、基本概念、蛋白质的性质，为高频考点，把握物质性质及基本概念内涵是解本题关键，易错选项是C，注意：自然界中二氧化碳
20、含量减少不表示自然界中C含量减少，题目难度不大2下列实验误差分析错误的是（）A用容量瓶配制溶液时，定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏小B用润湿的pH试纸测溶液的pH，所测pH不一定有误差C测定中和反应的反应热时，将碱分多次倒入酸中，所测H偏小D酸碱中和滴定时，滴定前盛装标准液的滴定管内有气泡，终点读数时气泡消失，所测结果偏大【考点】中和滴定；测定溶液pH的方法；配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A、用容量瓶配制溶液时，定容时仰视刻度线，读数偏小，溶液体积偏大；B、用润湿的pH试纸测溶液的pH，相当于将原溶液稀释；C、测定中和反应的反应热时，将碱分多次倒入酸中，造成热量散失过多；D、酸碱中和滴定时
21、，滴定前盛装标准液的滴定管内有气泡，终点读数时气泡消失，导致V（标准）偏大【解答】解：A、溶液体积偏大时，配制溶液浓度减小，故A正确；B、测定中性溶液的pH时，用润湿的pH试纸测溶液的pH无误差，故B正确；C、热量散失过多，所测中和反应放热减少，放热越少H越大，所以H偏大，故C错误；D、V（标准）偏大时，据c（待测）=分析，测定结果偏大，故D正确；故选C【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液时的误差分析、pH试纸的使用、反应热测定实验、中和滴定实验误差分析，题目难度中等3下列叙述不正确的是（）A钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其生腐蚀B反应SO2（g）+2H2S（g）=3S
22、（S）+2H2O（l）在常温下能自发进行，则该反应的H0C0.1molL1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液的pH和溶液中水的电离程度均增大D常温下，将等体积、等物质的量浓度的NaHCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH7，存在KW/c（H+）1.0107 molL1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；盐类水解的原理【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题；电化学专题【分析】A、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极；B、HTS0的反应能够自发进行；C、醋酸加水稀释，溶液酸性减弱，促进醋酸的电离平衡正向
23、移动；D、常温下，溶液pH7，c（H+）1.0107 molL1【解答】解：A、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故A正确；B、该反应S0，若反应能够自发进行H必须小于0，故B正确；C、醋酸加水稀释，溶液酸性减弱，促进醋酸的电离平衡正向移动，所以溶液的pH和溶液中水的电离程度均增大，故C正确；D、常温下，溶液pH7，c（H+）1.0107 molL1，c（OH）=1.0107 molL1，故D错误；故选D【点评】本题考查了金属的电化学防护、反应自发进行的条件、弱电解质的电离平衡以及据水的离子积常数的计算，题目难度不大4将足量的甲和乙组成的混合气
24、体通入丙溶液中，一定能产生沉淀的是（）甲乙丙ANO2SO2BaCl2BHClCO2澄清石灰水CCO2SO2澄清石灰水DCO2COCaCl2AABBCCDD【考点】二氧化硫的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】A、在溶液中NO2可将SO2氧化为SO42，进而与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀；B、若HCl过量，则没有沉淀；C、若CO2、SO2过量，则没有沉淀；D、二氧化碳和一氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应【解答】解：A、在溶液中NO2可将SO2氧化为SO42，进而与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，将足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中，一定能产生沉淀，故A正确；B、将足量的甲和乙组成的
25、混合气体通入丙溶液中，若HCl过量，则没有沉淀，不一定能产生沉淀，故B错误；C、足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中，若CO2、SO2过量，则没有沉淀，故C错误；D、二氧化碳和一氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应，足量的甲和乙组成的混合气体通入丙溶液中一定无沉淀，故D错误；故选A【点评】本题考查了物质性质的分析判断，注意物质量不同错误不同的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单5传感器可以检测空气中SO2的含量传感器工作原理如图所示，下列叙述正确的是（）Aa为电源的负极B负极反应方程式为：Age+ClAgClC阴极的电极反应式为2HSO3+2H+2eS2O42+2H2OD当电路中转移电子的物质的量
26、为5105 mol时，进入传感器的SO2为1.12 mL【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】A、与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3变化为S2O42，硫元素化合价降低发生还原反应，判断为阴极；B、与电源a极相连的电极为电解池的阳极；C、阴极的电极反应为HSO3变化为S2O42，依据电荷守恒和原子守恒书写电极反应判断；D、温度和压强不知不能计算气体体积【解答】解：A、与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3变化为S2O42，硫元素化合价降低发生还原反应，判断为阴极，b电极为原电池的负极，故A错误；B、与电源a极相连的电极为电解池的阳极，电极反应式 Age+ClAgCl，故B错误
27、；C、阴极的电极反应为HSO3变化为S2O42，依据电荷守恒和原子守恒书写电极反应为2HSO3+2H+2eS2O42+2H2O，故C正确；D、温度和压强不知不能计算气体体积，故D错误故选C【点评】本题考查了原电池、电解池原理的分析判断，主要是电极分析，掌握基础是关键，题目难度中等6设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）lmolCH3CH2C（CH3）3所含甲基个数为4NA2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA1.0L1.0molL1CH3COOH溶液中，CH3COOH分子数为NA8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分
28、子数为2NA常温常压下，17g甲基（一14CH3）所含的中子数为9NA标准状况下，11.2L氯仿中含有CCl键的数目为1.5NAlmolC15H32分子中含碳一碳共价键数目为14NAABCD【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】CH3CH2C（CH3）3分子中含有4个甲基，lmolCH3CH2C（CH3）3含有4mol甲基，结合N=nNA计算甲基数目乙烯和聚乙烯的最简式相同为CH2，碳元素的质量分数相等为，根据n=计算碳原子的物质的量，结合根N=nNA计算碳原子数目醋酸是弱电解质，1.0molL1CH3COOH溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO）=1mo
29、l/L乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，根据n=计算乙酸乙酯的物质的量，再根据N=nNA计算共用电子对数标准状况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol中子数=质量数质子数，H原子不含中子，甲基（一14CH3）中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为146=8，根据n=计算甲基的物质的量，再根据N=nNA计算中子数标准状况下，氯仿是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/molC15H32是烷烃，分子中含有含有14个CC共价键数，根据N=nNA计算CC共价键数【解答】解：lmolCH3CH2C（CH3）3含有4mol甲基，含有甲基的数目为1mol4NAmol1=4NA，故正确；乙烯
30、和聚乙烯的最简式相同为CH2，碳元素的质量分数相等，则碳元素的质量相等为2.8g=2.4g，所以碳原子数目相等为NAmol1=0.2NA，故正确；醋酸是弱电解质，1.0molL1CH3COOH溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO）=1mol/L，所以c（CH3COO）小于1mol/L，溶液中CH3COOH分子数小于1L1mol/LNAmol1=NA，故错误；乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对，8.8g乙酸乙酯的物质的量为=0.1mol，8.8g乙酸乙酯中共用电子对数为0.1mol14NAmol1=1.4NA，故正确；标准状况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故错误
31、；甲基（一14CH3）中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为146=8，17g甲基（一14CH3）的物质的量为=1mol，含有的中子数为1mol8NAmol1=8NA，故错误；标准状况下，氯仿是液态，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故错误；C15H32是烷烃，分子中含有含有14个CC共价键数，lmolC15H32分子中含CC共价键数目为1mol14NAmol1=14NA，故正确故正确故选：C【点评】考查常用化学计量的有关计算，难度不大，注意公式的运用7下列离子方程式书写正确的是（）A氯化钙溶液中通入CO2气体 Ca2+CO2+H2OCaCO3+2H+B以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl
32、+2H2O2OH+H2+Cl2CCa（ClO）2溶液中通人过量的SO2气体：Cl+SO2+H2OHClO+HSOD向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的质量最大：Al3+2SO+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A氯化钙溶液不与二氧化碳气体反应；B生成的氢氧根离子与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀；C次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；D沉淀的质量最大时，反应生成的硫酸钡沉淀，铝离子完全转化成偏铝酸根离子【解答】解：A氯化钙溶液中通入二氧化碳，二者不发生反应，故A错误；B用石墨作电极电解AlCl3溶液生成氢氧化铝、氢气和氯气，离子方程
33、式：2Al3+6Cl+6H2O2Al（OH）3+3H2+3Cl2，故B错误CCa（ClO）2溶液中通人过量的SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2+2ClO+2H2O+2SO2CaSO4+SO42+4H+2Cl，故C错误；D向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀质量最大时，反应生成硫酸钡沉淀和偏铝酸钾，反应的离子反应为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电
34、解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等8下列说法正确的是（）A氢气的燃烧热为285.5KJ/mol，则电解水的热化学方程式为2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+285.5KJ/molB已知H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3KJ/mol 则稀H2SO4溶液和稀Ba（OH）2溶液反应的反应热H=2（57.3）KJ/molC在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C，该反应中化学能全都转化为热能D已知AX3的熔点和沸点分别为一93.6和76，AX5的熔点为167室温时AX3与气体X2反应生成1 mol AX5，放出热量123
35、.8 KJ/mol该反应的热化学方程式为AX3（l）+X2（g）AX5（s）H=一123.8 KJ/mol【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，中和热为放热反应，中和热为57.3 kJ/mol，生成硫酸钡沉淀时要放热；C、该反应中部分化学能转化为热能、部分转化为光能；D、根据熔沸点判断出常温下各物质状态，根据生成物与放出热量的关系，计算出反应热【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解的热化学方程式：H2O（
36、l）=H2（g）+O2（g）H=+285.5 kJmol1，但是电解水的热化学方程式中，根据能量守恒，电能的介入会导致热能减少，吸收的热量变小，故A错误；B、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，中和热为放热反应，中和热为57.3 kJ/mol，但是Ba2+与SO42生成沉淀时放热，所以稀硫酸与Ba（OH）2稀溶液反应的反应热大于257.3 kJ/mol，H2（57.3）KJ/mol，故B错误；C、该反应中部分化学能转化为热能、部分转化为光能，故C错误；D、因为AX3的熔点和沸点分别为93.6和76，AX5的熔点为167，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1m
37、ol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（l）+X2（g）=AX5（s）H=123.8kJmol1，故D正确；故选D【点评】本题考查燃烧热和中和热概念的理解，热化学方程式书写方法，题目难度不大，注意燃烧热、中和热的表示方法9根据下列实验现象，所得结论错误的是（） 实验 实验现象 结论 A烧杯中铁表面有气泡烧杯中铜表面有气泡 活动性：AlFeCu B试管中收集到无色气体 铜与浓硝酸的反应产物是NO C 试管b比试管a中溶液的红色深 增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动 D长颈漏斗内液面高于烧瓶内液面且保持不变 装置气密性良好AABBCCDD【考点】常见气体制备原理及装置
38、选择；原电池和电解池的工作原理；气体发生装置的气密性检查；探究浓度对化学平衡的影响【专题】实验评价题【分析】A根据金属活动顺序表知，三种金属的活动性为AlFeCu，根据原电池的工作原理进行分析解答；B根据铜和浓硝酸反应的原理以及二氧化氮与水反应的原理进行解答；CFe（SCN）3为血红色，增大反应物浓度，根据溶液颜色变化判断反应方向；D根据检查装置气密性的原理：通过改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏分析解答【解答】解：A根据原电池的工作原理，左烧杯中铁表面有气泡，说明负极为铝，正极为铁，金属活动性AlFe，右边烧杯中铜表面有气泡，说明铁为负
39、极，铜为正极，金属活动性FeCu，则活动性为AlFeCu，故A正确；BCu与浓硝酸反应，反应中的化合价变化为：HNO3中N元素由+5价降低为NO2中N元素+4价，HNO3是氧化剂，NO2是还原产物，方程式为：Cu+4HNO3Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；生成的红棕色二氧化氮和水发生氧化还原反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以图中试管中收集到无色气体为一氧化氮，但不是铜和浓硝酸反应生成一氧化氮，故B错误；CFe3+遇SCN发生反应Fe3+3SCNFe（SCN）3，Fe（SCN）3为血红色，增大氯化铁溶液的浓度，根据溶液颜色变化来判断反应方向，如果溶液颜色加深，则说明平衡向正反应
40、方向移动，所以能达到实验目的，故C正确；D该装置的气密性检查，主要是通过气体压强增大看体积变化来进行检验，夹紧止水夹，向长颈漏斗中加水至其液面高于烧瓶内的液面，一段时间后，看液面高度差有无变化，变化说明装置漏气，反之不漏气，故D正确；故选B【点评】本题考查基本实验方案的评价，掌握原电池的原理、铜和硝酸的反应、化学平衡移动的原理、装置的气密性检查是解答的关键，题目难度中等10下列化学反应先后顺序判断正确的是（）A在含有等物质的量的H+、Al3+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液：H+、Al3+、Al（OH）3B在含有等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2+C在含有等
41、物质的量的NaCl、Na2S的溶液中加入AgN03溶液：NaCl、Na2SD在含有等物质的量的Fe3+、Cu2+的溶液中加入铁粉：Cu2+、Fe3+【考点】离子共存问题【分析】A酸性强的与NaOH先反应；B还原性强的先被氯气氧化；C溶度积小的先转化为沉淀；D氧化性强的先与Fe反应【解答】解：A酸性由强到弱为H+、A13+、Al（OH）3，则逐滴加入NaOH溶液，反应先后顺序为H+、A13+、Al（OH）3，故A正确；B还原性由强到弱为I、Fe2+、Br，则缓慢通入氯气的先后顺序为I、Fe2+、Br，故B错误；C溶度积小为Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S），则加入AgN03溶液反应的先后顺序为
42、Na2S、NaCl，故C错误；D氧化性为Fe3+Cu2+，则加入铁粉反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+，故D错误；故选A【点评】本题考查反应的先后顺序，为高频考点，把握酸性、还原性、氧化性、溶度积等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大11用如图所示装置除去含有CN、Cl 废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（）A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl+2OH2eClO+H2OC阴极的电极反应式：2H2O+2eH2+2OHD除去CN的反应：2CN+5ClO+2H+N2+2CO2+5Cl+H2O【
43、考点】真题集萃；电解原理【分析】A该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；B阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水；C阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；D阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成【解答】解：A该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A正确；B阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl+2OH2eClO+H2O，故B正确；
44、C电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2eH2+2OH，故C正确；D阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN+5ClO+H2ON2+2CO2+5Cl+2OH，故D错误；故选D【点评】本题为2015年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是BD，注意B中反应生成物，注意D中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成12电子层数相同的短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层
45、多1，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，W的原子半径是同周期中最小的下列推断中正确的是（）AZ的氢化物的热稳定性强于W的氢化物BZ的氧化物与水反应可制得相应的含氧酸CX、Y、W的原子半径依次减小，对应的离子半径依次增大DX、Y、W的最高价氧化物对应水化物之间互相都能发生反应【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】电子层数相同的短周期元素X、Y、Z、W，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，Z为Si；X的最外层电子数比K层少1，则X为Na；Y的最外层电子数比K层多1，则Y为Al；W的原子半径是同周期中最小的，则W为Cl，然后利用元
46、素及其单质、化合物的性质来解答【解答】解：电子层数相同的短周期元素X、Y、Z、W，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，Z为Si；X的最外层电子数比K层少1，则X为Na；Y的最外层电子数比K层多1，则Y为Al；W的原子半径是同周期中最小的，则W为Cl，A非金属性ClSi，则W的氢化物的热稳定性强于Z的氢化物，故A错误；B二氧化硅不与水反应，故B错误；CNa、Al、Cl在同周期，原子半径在减小，氯离子的半径最大，铝离子半径最小，故C错误；DX、Y、W的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al（OH）3、HClO4，Al（OH）3具有两性，则水化物之间互相都能发生反应，故D正确；故选：
47、D【点评】本题考查元素周期律，元素的推断是解答本题的关键，Z为Si是解答本题的题眼，熟悉元素同周期元素的性质变化规律即可解答，难度不大13在一种酸性溶液中存在NO3、I、Cl、Fe3+中的一种或几种，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断该溶液中（）A一定含有I，不能确定是否有ClB一定含有NO3C不含有Fe3+，一定含有ClD一定含有I、NO3和Cl【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子共存问题【专题】卤族元素【分析】向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I，在酸性条件下，NO3、Fe3+具有强氧化性，应不能存在，以此解答该题【解答】解：在酸
48、性条件下，NO3、Fe3+具有强氧化性，向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I，则一定不存在NO3、Fe3+，由于Cl不与溴反应，不能确定Cl是否存在故选A【点评】本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意根据题目信息结合离子的性质进行判断，注意NO3、Fe3+与I不能大量共存14将质量为W1 g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，溶液澄清，共收集到标准状况下的气体V1 L向溶液中逐滴加入浓度为a mol/L的盐酸，过程中有白色沉淀生成后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时所加盐酸体积为V2 L，将溶液在H
49、Cl气氛中小心蒸干得固体W2 g下列所列关系式中正确的是（）A35.5a=（W2W1）V2Bn（Al）molCn（Na）+3n（Al）=molDaV2=【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，反应的化学方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，向溶液中加入盐酸至过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时，溶液成分是NaCl和AlCl3，将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g，在HCl气氛中小心蒸干得固体AlCl3最后得到的固体为NaCl和AlCl3，以此进行计算【解答】解：
50、将质量为W1g的钠、铝混合物投入一定量的水中充分反应，反应的化学方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，向向溶液中加入盐酸至过程中有白色沉淀产生后又逐渐溶解，当沉淀恰好消失时，溶液成分是NaCl和AlCl3，将溶液蒸干并充分灼烧得到固体W2g，在HCl气氛中小心蒸干得固体AlCl3最后得到的固体为NaCl和AlCl3，AW2W1为氯离子的质量，则W2W1=aV235.5，故A错误；B金属没有剩余，根据方程式可知，n（Na）n（Al），而23n（Na）+27n（Al）=W1，联立解得n（Al）mol，故B错误；C将钠、铝混合物投入一定量的水
51、中充分反应，反应的化学方程式为：2Na+2H2O2NaOH+H2，2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知：1molNa0.5molH21molH，1molAl1.5molH23molH，生成H2的物质的量为=mol，共含有molH，所以n（Na）+3n（Al）=，故C正确；DaV2可以表示氯离子物质的量，根据电荷守恒可知：氯离子物质的量等于金属提供电子物质的量，故aV2=2=，故D错误故选C【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目难度中等，注意从守恒角度进行解答，较好的考查学生对知识应用及分析解决问题的能力15向100mL pH
52、=0的硫酸和硝酸混合溶液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成NO气体448mL（标准状况）则反应前的混合溶液中含硝酸的物质的量为（）A0.02molB0.08molC0.10molD0.16mol【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】pH=0的硫酸和硝酸混合溶液中c（H+）=1mol/L，n（H+）=0.1L1mol/L=0.1mol，3.84g铜粉物质的量为=0.06mol，NO的物质的量为=0.02mol，根据3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+3H2O可知，铜、H+过量，所以只可能是硝酸不足，进而可计算出硝酸的物质的量【解答】解：pH=
53、0的硫酸和硝酸混合溶液中c（H+）=1mol/L，n（H+）=0.1L1mol/L=0.1mol，3.84g铜粉物质的量为=0.06mol，NO的物质的量为=0.02mol，根据3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+3H2O可知，生成0.02molNO，需要铜0.03mol、H+为0.08mol，所以铜、H+过量，所以只可能是硝酸不足，硝酸完全反应，根据氮元素守恒可知，溶液中n（HNO3）=n（NO）=0.02mol故选：A【点评】考查硝酸性质、混合物的计算等，难度中等，性质习惯用硝酸跟铜反应的化学方程式进行计算，容易忽视了硫酸电离出的H+造成错解，要重视离子方程式在化学计算中的应用16含
54、有1mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示下列有关判断正确的是（）Aa是Fe（NO3）2Bn1=0.375Cp=0.20Dn2=0.30【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，开始先生成Fe（NO3）3，当铁过量时，过量的铁再与 Fe（NO3）3反应生成 Fe（NO3）2，反应涉及两个方程式【解答】解：向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO+2H2O，根据硝酸的物质的量为1mol利用方程式可计算出生成的 Fe（NO3）3为0
55、.25mol，所以参加反应的铁为0.25mol即n1=0.25，a为 Fe（NO3）3，故AB错误；CFe（NO3）3 与过量的铁继续反应生成 Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为 Fe（NO3）3 与 Fe（NO3）2物质的量相等的点，设生成的 Fe（NO3）2物质的量xmol，则利用方程式可求得x=0.15，即P=0.15，故C错误；D再根据铁原子守恒，n（Fe）=n（Fe（NO3）2）+n （Fe（NO3），所以 n（Fe）=0.3mol即n2=0.3mol，故D正确故选D【点评】本题考查了铁与系硝酸的反应，要注意铁和硝酸谁多谁少，以及加
56、入的顺序17球墨铸铁中含有一种铁碳化合物X实验室测定化台物X的组成实验如下：下列说法不正确的是（）A固体2是Fe2O3B溶液甲中可能含有Fe3+CX的化学式可以表示为Fe3C2DX与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成【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】铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元
57、素的质量也是16.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为： =3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，据此答题【解答】解：铁碳化合物X，在足量空气中煅烧得固体1为铁的氧化物，可以有+2价或+3价的铁，溶于盐酸所得溶液中可能Fe2+和Fe3+，再能入足量的氯气，溶液中都为+3价的铁，加热蒸发，铁离子水解，生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解得固体2为氧化铁，24g氧化铁中含有铁元素的质量为g=16.8g，利用元素守恒，可计算得化合物X中铁元素的质量也是16
58、.8g，进而求得X中碳元素的质量为18g16.8g=1.2g，所以在X中铁、碳原子的物质的量之比为： =3：1，所以X的化学式为Fe3C，Fe3C与热的浓硝酸发生氧化还原反应，碳元素可被氧化成二氧化碳，硝酸中的氮可被还原成二氧化氮，根据上面的分析可知，A、固体2是氧化铁，故A正确；B、溶液甲中可能含有Fe3+，故B正确；C、X的化学式可以表示为Fe3C，故C错误；D、X与足量的热浓硝酸反应有NO2和CO2生成，故D正确；故选C【点评】本题主要考查了铁的相关知识，结合实验过程利用元素守恒分析和计算，中等难度，答题时注意元素化合物知识的灵活运用18根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已
59、略去）（）A反应均属于氧化还原反应和离子反应B反应说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1：1D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算【专题】氧化还原反应专题【分析】A为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，为过氧化氢分解生成水合氧气，为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝；B为铝热反应，放出大量的热；C中O元素的化合价由1价升高为0，中O元素的化合价有2价升高为0；D中Mn元素的化合价有+4价降低为+2价，
60、HCl中Cl元素的化合价由1价升高为0【解答】解：A为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，为过氧化氢分解生成水合氧气，为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，但不属于离子反应，故A错误；B为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C中O元素的化合价由1价升高为0，中O元素的化合价有2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1：2，故C错误；D反应4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降
61、低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选AB【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意元素的化合价判断及电子守恒应用，题目难度不大二.非选择题（共46分）19已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：回答下列有关问题：（1）硼砂中B的化合价为+3，将硼砂溶于热水后，常用稀H2SO4调pH=23制取H3BO3，该反应的离子方程式为B4O72+2H+5H2
62、O=4H3BO3（2）MgCl27H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是抑制MgCl2的水解若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为2H2O+Mg2+2e=H2+Mg（OH）2（3）镁H2O2酸性燃料电池的反应原理为 Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2O，则正极反应式为H2O2+2H+2e=2H2O常温下，若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时，溶液中Mg2+浓度为0.045 molL1_当溶液pH=6时，没有（填“有”或“没有”）Mg（OH）2沉淀析出（已知KspMg（OH）2=5.61012）（4）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼现将0.020g
63、粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30molL1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL该粗硼样品的纯度为97.2%（提示：I2+2S2O322I+S4O62）（结果保留一位小数）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，过滤得到滤渣为氢氧化镁，滤渣中加入浓盐酸溶解，通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，防止氯化镁水解，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解熔融的氯化镁得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，将硼砂溶于热水后，常用稀H2SO4调pH=23制取H3BO3，加热得到B2O3Mg与B2O3发生置
64、换反应得到粗硼（1）根据化合价代数和为0计算硼砂中B的化合价；用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ；（2）氯化镁容易水解生成氢氧化镁，HCl可以抑制氯化镁水解；惰性电极电解MgCl2溶液，阴极发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀；（3）正极发生还原反应，过氧化氢在正极获得电子生成水；根据pH变化计算氢离子浓度变化，结合电池反应式计算镁离子浓度；pH=6时，计算浓度积Qc，与溶度积常数比较判断是否生成氢氧化镁沉淀；（4）由原子守恒及给出的离子方程式，可得关系式：2B2BI33I26Na2
65、S2O3，根据关系式计算【解答】解：硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，过滤得到滤渣为氢氧化镁，滤渣中加入浓盐酸溶解，通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，防止氯化镁水解，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解熔融的氯化镁得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，将硼砂溶于热水后，常用稀H2SO4调pH=23制取H3BO3，加热得到B2O3Mg与B2O3发生置换反应得到粗硼（1）硼砂的化学式为Na2B4O710H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价2价，根据化合价代数和为0，可知硼元素化合价为+3价；用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子
66、方程式为：B4O72+2H+5H2O=4H3BO3，故答案为：+3；B4O72+2H+5H2O=4H3BO3；（2）加热MgCl27H2O时，氯化镁水解生成氢氧化镁，在HCl氛围中加热可以抑制MgCl2的水解；惰性电极电解MgCl2溶液，阴极发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，阴极反应式为：2H2O+Mg2+2e=H2+Mg（OH）2；故答案为：抑制MgCl2的水解；2H2O+Mg2+2e=H2+Mg（OH）2；（3）正极发生还原反应，过氧化氢在正极获得电子生成水，正极反应式H2O2+2H+2e=2H2O；若起始电解质
67、溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L0.01mol/L=0.09mol/L，由反Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2O，可知Mg2+离子浓度=0.045mol/L；KspMg（OH）2=5.61012，当溶液pH=6时，c（OH）=108mol/L，则Qc=c（Mg2+）c2（OH）=0.045mol/L1016mol/L=4.51018KspMg（OH）2，说明无氢氧化镁沉淀生成；故答案为：H2O2+2H+2e=2H2O；0.045 molL1；没有；（4）硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L0.018L=0.0054mol，根据关系式：2B2BI33I26
68、Na2S2O3，可知n（B）=n（S2O32）=0.0018mol，硼的质量为10.81g/mol0.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量为：100%=97.2%，故答案为：97.2%【点评】本题考查物质制备工艺流程，涉及对操作的分析评价、电解原理与计算、溶度积有关计算、物质含量测定等，整个问题中只有（1）中调节pH与工艺流程有关，其问题就能无关，是对学生综合能力的考查，难度中等20二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用1图所示的装置模拟制取并收集ClO2（1
69、）B必须放在冰水浴中控制温度，其原因是使ClO2充分冷凝，减少挥发（2）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2根据图2所示的NaClO2溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制NaClO2操作步骤：a蒸发结晶；b趁热或38以上过滤；洗涤；干燥（3）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如图中反应的离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2OClO2是一种高效水
70、处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该反应化学方程式5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2ONaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+物质的量相同（填“相同”，“不同”或“无法判断”）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）B装置收集ClO2，且熔点低，应用冷水冷却收集；（2）NaClO2溶解度收温度影响大，在温度高于38时析出晶体是NaClO2，从溶液中获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热或38以上过滤、洗涤、干燥得到；（3）由流程图可知，是离子隔膜电
71、解池，电解硫酸钠溶液本质是电解水，气体a与溶液A在同一电极得到，NaOH与气体b在另外电极得到，故A为硫酸，a为氧气，b为氢气，I中NaClO3、Na2SO3、硫酸反应生成C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为：2H+SO32+2ClO3=2C1O2+SO42+H2O，中C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气；ClO2可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备，根据电子转移守恒，可知还有NaCl生成；发生反应：3NaClO2=2NaClO3+NaCl，3molNaClO2变质得到2mol NaClO3，与足量FeSO4溶液反应时，NaClO2、NaClO3均被Fe2+还原为Cl，计
72、算3molNaClO2、2mol NaClO3反应获得电子数目【解答】解：（1）B装置收集ClO2，且熔点低，应用冷水冷却收集，使ClO2充分冷凝，减少挥发，故答案为：使ClO2充分冷凝，减少挥发；（2）NaClO2溶解度收温度影响大，在温度高于38时析出晶体是NaClO2，从溶液中获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热或38以上过滤、洗涤、干燥得到，故答案为：蒸发结晶、趁热或38以上过滤；（3）由流程图可知，是离子隔膜电解池，电解硫酸钠溶液本质是电解水，气体a与溶液A在同一电极得到，NaOH与气体b在另外电极得到，故A为硫酸，a为氧气，b为氢气，I中NaClO3、Na2SO3、硫酸反应生成
73、C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为：2H+SO32+2ClO3=2C1O2+SO42+H2O，中C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，中反应离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O；ClO2可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备，根据电子转移守恒，可知还有NaCl生成，反应方程式为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O；发生反应：3NaClO2=2NaClO3+NaCl，3molNaC
74、lO2变质得到2mol NaClO3，与足量FeSO4溶液反应时，NaClO2、NaClO3均被Fe2+还原为Cl，3molNaClO2反应获得电子为3mol4=12mol，2mol NaClO3反应获得电子为2mol612mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同【点评】本题考查物质制备实验，属于拼合型题目，侧重对制备原理与物质的分离提纯的考查，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力，难度中等21现有铁、碳两种元素组成的合金，某实验小组为了研究该合金的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置探究该合金的某些性质：（1）取a g合金粉末放人蒸馏烧瓶，并加入足量浓H2
75、SO4，A、B中均无明显现象，原因是常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应；（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，请写出此时合金中成分铁的化学反应方程式2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O；（3）反应一段时间后，将C中所吸收的气体通入以下溶液中，判断能否产生沉淀，若不能则写“否”，若能则写出相应的沉淀成分：氯水和氯化钡溶液BaSO4，氨水和氯化钡溶液BaSO3；测定样品中碳的质量分数：（4）装置F的作用防止空气中的水蒸气和CO2进入E，减少实验误差；（5）若将SO2气体通入含有n molNa2S的溶液中，溶液中出现黄色浑浊，试分析该溶液最多能吸收SO2气体2
76、.5nmol【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【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】（1）常温下铁在浓硫酸中钝化，常温下碳不与浓硫酸反应；（2）铁与浓硫酸在加热条件下才能反应生成硫酸铁和二氧化硫；（3）二氧化硫通入氯水和氯化钡溶液中，由于二氧化硫被氯气氧化成硫酸根离子，与钡离子能产生成硫酸钡沉淀，二氧化硫通入氨水和氯化钡溶液具有漂白性，二氧化硫和氨水生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡生成亚硫酸钡沉淀；（4）装置F盛有碱石灰，可以吸收空气中的水蒸气和CO2；（5）根据氧化还原反应分析计算【解答】解：铁和碳单质均可以和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫的检验可以用
77、品红，吸收可以用高猛酸钾，将产生的二氧化碳用浓硫酸干燥，通入碱石灰，根据碱石灰增加的质量可以确定二氧化碳的质量，根据C元素守恒，可以计算碳单质的质量，进而计算碳的质量分数，（1）往A中滴加足量的浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，常温下铁在浓硫酸中钝化，碳和浓硫酸在加热条件下才能反应；故答案为：常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应；（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，Fe与浓硫酸反应，化学方程式为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O，故答案为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O；（3）二氧化硫通入氯水和氯化钡溶液中
78、，由于二氧化硫被氯气氧化成硫酸根离子，与钡离子能产生成硫酸钡沉淀，二氧化硫通入氨水和氯化钡溶液具有漂白性，二氧化硫和氨水生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡生成亚硫酸钡沉淀，所以都有白色沉淀，故答案为：BaSO4；BaSO3；（4）装置F防止外界空气中CO2、水蒸气进入E管，造成误差，故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入E，减少实验误差；（5）SO2气体通入含有n mol Na2S的溶液中，溶液中出现黄色浑浊，根据溶液最多能吸收SO2，生成NaHSO3和S；发生反应：5SO2+2Na2S+2H2O=3S+4NaHSO3 5 2 2.5nmol nmol故答案为：2.5n【点评】本题考查了物质性质
79、的探究实验方法，装置的特征分析，流程反应和试剂作用是解题关键，题目难度中等22短周期元素形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F溶液F空气中长期放置发生反应，生成物之一为HH与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色（1）单质A是一种黄色固体，组成单质A的元素在周期表中的位置是第三周期第A族用物理方法洗去试管内壁的A，应选择的试剂是CS2；化学方法洗去试管内壁的A是发生歧化反应生成两种盐，但这两种盐
80、在强酸性条件下不能大量共存，请写出化学方法洗去试管内壁的A时发生的化学反应方程式3S+6NaOH2H2S+Na2SO3+3H2O（2）工业上获得B时常使用电解法，请写出阳极反应的电极反应2O24e=O2；（3）FeCl3溶液中的Fe3+可以催化G与氧气在溶液中的反应，此催化过程分两步进行，请写出Fe3+参与的第一步反应的离子反应方程式2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；（4）工业上吸收E常用氨水，先生成正盐最终产物为酸式盐E与该正盐反应的化学方程式2H2S+（NH4）2S=2NH4HS（5）将D溶于稀硫酸，向恰好完全反应后所得的溶液中加入过量氢氧化钡溶液，则加入氢氧化钡溶液
81、的过程中的现象是生成白色沉淀，白色沉淀逐渐增多，后白色沉淀逐渐减少，但最终仍有白色沉淀（6）G与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯该反应的氧化产物为Na2SO4，当生成2mol二氧化氯时，转移电子2mol（7）H的溶液与稀硫酸反应的化学方程式Na2S2+H2SO4=Na2SO4+H2S+S【考点】元素周期表的结构及其应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱，则D为Al（OH）3，A为S，B为Al，C为Al2S3，E为H2S；E在足量空气中燃烧产生刺激性气味气体G，G在大气中能导致酸雨的形成，G为SO2，E被足量氢氧
82、化钠溶液吸收得到无色溶液F，则F为Na2S，H与一种相对分子质量为78的供氧剂的结构和化学性质相似，其溶液显黄色，则H为Na2S2，然后结合元素化合物知识及化学用语来解答【解答】解：（1）A为S，原子序数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，位于周期表第三周期第A族，硫易溶于CS2，用物理方法洗去试管内壁的硫，应选择的试剂是CS2；化学方法洗去试管内壁的A是发生歧化反应生成两种盐，但这两种盐在强酸性条件下不能大量共存，可以是S与氢氧化钠反应生成硫化钠、亚硫酸钠与水，化学反应方程式为：3S+6NaOH2H2S+Na2SO3+3H2O，故答案为：第三周期第A族；CS2；3S+6NaOH2
83、H2S+Na2SO3+3H2O；（2）工业上电解熔融氧化铝获得Al，阳极反应的电极反应式为：2O24e=O2，故答案为：2O24e=O2；（3）FeCl3溶液中的Fe3+可以催化SO2与氧气在溶液中的反应，此催化过程分两步进行，Fe3+参与的第一步反应的离子反应方程式：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；（4）工业上吸收H2S常用氨水，先生成正盐最终产物为酸式盐，H2S与该正盐反应的化学方程式：2H2S+（NH4）2S=2NH4HS，故答案为：2H2S+（NH4）2S=2NH4HS； （5）将Al（OH）3溶
84、于稀硫酸恰好完全反应得到硫酸铝溶液，向所得的溶液中加入过量氢氧化钡溶液，开始生成氢氧化铝、硫酸钡沉淀，后氢氧化铝又溶解，则加入氢氧化钡溶液的过程中的现象是：生成白色沉淀，白色沉淀逐渐增多，后白色沉淀逐渐减少，但最终仍有白色沉淀，故答案为：生成白色沉淀，白色沉淀逐渐增多，后白色沉淀逐渐减少，但最终仍有白色沉淀；（6）SO2与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯，反应中C元素化合价降低，S元素被氧化，该反应的氧化产物为Na2SO4，当生成2mol二氧化氯时，转移电子为2mol（54）=2mol，故答案为：Na2SO4；2；（7）H为Na2S2，与过氧化钠的结构和化学性质相，H的溶液与稀硫酸反应的化学方程式：Na2S2+H2SO4=Na2SO4+H2S+S，故答案为：Na2S2+H2SO4=Na2SO4+H2S+S【点评】本题考查无机物的推断，物质的性质以及反应的现象为推断突破口，侧重对化学用语的考查，是对学生综合能力的考查，难度中等版权所有：高考资源网()
