1、高考资源网（） 您身边的高考专家1下列实验方案中，可行的是 A、按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离CaCl2、CaCO3的混合物B、将白醋滴在润湿的pH试纸上，测定其pHC、用氢氧化钠溶液除去CO2中的HCl气体D、用BaCl2溶液除去KNO3溶液中少量的K2SO4【答案】、A【解析】试题分析：A、CaCl2可溶性固体，CaCO3难溶性固体，因此采用溶解、过滤得到碳酸钙固体，然后对滤液蒸发得到氯化钙，故正确；B、润湿对白醋稀释，测定的pH不准确，故错误；C、CO2、HCl都是酸性气体，都能与NaOH发生反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，故错误；D、引入新杂质Cl-，故错误。考点：考
2、查实验方案的设计。2如图为课本中的插图，下列操作不合理的是【答案】、C【解析】试题分析：A、切割钠在滤纸上，滤纸能吸收沾在钠表面的煤油，故说法正确；B、过氧化钠和水反应，产生氧气的同时，滤纸燃烧证明此反应放出大量的热，故正确；C、应用外焰加热，需要用蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，故错误；D、把点燃的铜丝，伸入到氯气中，观察现象，此反应放出的热量少，因此瓶底不需要沙子或少量的水，故正确。考点：考查实验的基本操作。3下列选用的相关仪器符合实验要求的是ABCD存放浓硝酸分离水和乙酸乙酯准确量取9.50 mL水实验室制取乙烯【答案】、B【解析】试题分析：A、浓硝酸见光分解，应保存在棕色试剂瓶中，但浓硝酸具
3、有强氧化性，能把橡胶氧化，因此不能用橡胶塞，应用玻璃塞，故错误；B、乙酸乙酯是不溶于水的液体，密度比水小，采用分液方法分离，故正确；C、量筒精确读数到0.1mL，故错误；D、制取乙烯要求温度迅速上升到170，此温度计最高温度是100，故错误。考点：考查药品的保存、分离提纯、仪器的选取、仪器的精确度等知识。4下列说法中正确的是 A、氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na和ClB、硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质C、二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质D、硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4=2NaS64O2【答案】、B【解析】试题分析：A、氯化钠在水分子的作用下，电离出Na
4、和Cl，不是在电流的作用下，故错误；B、硫酸钡不溶于水，硫酸钡属于盐，因此硫酸钡属于强电解质，故正确；C、CO2的水溶液虽然能导电，但是导电的离子不是CO2电离出来的，是由碳酸电离产生的，因此二氧化碳属于非电解质，故错误；D、硫酸钠在水中电离方程式为：Na2SO4=NaSO42，故错误。考点：考查电解质、非电解质、电离等知识。5如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是选项气体试剂现象结论ANH3酚酞试液溶液变红色NH3的水溶液显碱性BCl2紫色石蕊试液溶液先变红后褪色Cl2有酸性和漂白性CC2H2溴水溶液褪色C2H2分子中含碳碳双键DXKl淀粉溶液溶液变蓝X 可能是Cl2或N
5、O2【答案】、D考点：考查气体的收集、元素及其化合物的性质等知识。6已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是 A、0.01 molL1的蔗糖溶液 B、0.01 molL1的CaCl2溶液C、0.02 molL1的NaCl溶液 D、0.02 molL1的CH3COOH溶液【答案】、C【解析】试题分析：A、蔗糖是非电解质，非挥发性溶质，1L蔗糖溶液中含有蔗糖的物质的量为10.01mol=0.01mol；B、氯化钙是强电解质，1L氯化钙溶液中含有离子总物质的量为10.0110.012=0.03mol；C、氯化钠是难挥发的强电解质，1L氯化钠溶
6、液中含有离子总物质的量为10.022=0.04mol；D、乙酸是挥发性物质，因此题目信息，沸点最高的是选项C。考点：考查物质的量浓度和物质的量的关系、强电解质和非电解质、信息的处理等知识。7用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 18g D2O含有的电子数为10NA； 1mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NA ； 12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA； 在标准状况下，22.4LSO3的物质的量为1mol； 7.8g过氧化钠中含有的离子数为0.3NA； 28g 硅晶体中含有2NA个SiSi键 200mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42离子
7、数的总和是NA 在常温常压下，0.1mol铁与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NA 标准状况下，22.4LNO和11.2LO2混合后气体的分子总数为1.5NA S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NAA、 B、 C、 D、【答案】、C【解析】试题分析：D2O的摩尔质量为20gmol1，18g重水的含有电子的物质的量为1810/20mol=9mol，故错误；2Na2O22H2O=4NaOHO2，过氧化钠既是还原剂又是氧化剂，有2mol过氧化钠参加反应共转移电子的物质的量为2mol，因此1mol过氧化钠参加反应，转移电子1mol，故错误；石墨中一个碳原子被3个
8、环共有，一个六元环真正占有的碳原子为61/3=2，12g石墨烯中含有的碳原子为12/12mol=1mol，因此12g石墨烯中含有六元环的个数为0.5NA，故正确；SO3标准状况下，不是气体，故错误；过氧化钠的阴阳离子个数比为1：2，1moL过氧化钠中含有离子物质的量为3mol，7.8g过氧化钠中含有的离子物质的量为7.83/78mol=0.3mol，故正确；硅晶体中一个硅实际占有2个硅硅键，28g硅晶体含有硅硅键的物质的量为282/28mol=2mol，故正确；硫酸铁属于强酸弱碱盐，Fe3要水解，因此两离子的物质的量应小于1mol，故错误；2Fe3Cl2=2FeCl3，根据量的关系，氯气不足，
9、0.1mol氯气参加反应转移电子0.12mol=0.2mol，故错误；2NOO2=2NO2，2NO2N2O4，分子物质的量应小于1mol，故错误；6.4g是硫原子的质量，因此硫原子的物质的量为6.4/32mol=0.2mol，故正确，因此选项C正确。考点：考查阿伏加德罗常数。8有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是 FeCu2=Fe2Cu Ba22OH2HSO=BaSO42H2O Cl2H2O=HClHClO CO2H=CO2H2O AgCl=AgClA、只有 B、 C、 D、【答案】、A【解析】试题分析：此方程式表示铁和可溶
10、性铜盐的反应，表示一类，而不是一个，故错误；表示Ba(OH)2和H2SO4的反应，也可以表示Ba(OH)2和NaHSO4反应，故错误；只表示氯气和水的反应，故正确；表示可溶碳酸盐和盐酸或硝酸或硫酸的反应，故错误；表示硝酸银和可溶性氯化物的反应，如盐酸、氯化钠等，故错误；考点：考查离子反应方程式。9下列反应的离子方程式书写正确的是 A、将Al条投入NaOH溶液中：AlOHH2O = AlOH2B、铜溶于稀硝酸中：Cu4H2NO = Cu22NO22H2OC、碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：HCOOH = COH2OD、向碳酸钠溶液中逐滴加入与之等体积等物质的量浓度的稀醋酸：COCH3COO
11、H = CH3COOHCO【答案】、D【解析】试题分析：A、铝和氢氧化钠溶液反应，是先和水发生2Al6H2O=2Al(OH)33H2，生成的氢氧化铝在和氢氧化钠中和反应，Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，两式叠加起来得出：2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2，故错误；B、铜和稀硝酸反应3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O，离子方程式为：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，故错误；C、缺少一个离子方程式，Ca2CO32=CaCO3，故错误；D、碳酸钠与酸反应，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和过量酸反应产生CO2，因此此离子反应正确。考点：考查离子反应方程式的
12、正确判断。10.某反应体系中存在下列六种物质：As2S3、HNO3、H2SO4、NO、H3AsO4和H2O，已知其中As2S3是反应物之一。下列说法不正确的是 A、该反应属于氧化还原反应B、此反应中只有砷元素被氧化，只有氮元素被还原C、HNO3、H2O是反应物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物D、HNO3、H2SO4、H3AsO4都是最高价氧化物对应的水化物【答案】、B【解析】试题分析：As2S3是反应物，根据元素守恒，H3AsO4属于生成物，As2S3中As的化合价3价，S的化合价3，H3AsO4中As的化合价5价，根据元素守恒，H2SO4是生成物，则HNO3是反应物，化合价52，NO
13、是生成物，H2O是反应物，A、根据上述分析，此反应是氧化还原反应，故说法正确；B、通过上述分析，As的化合价由+3+5，S的化合价由-2+6，砷和硫元素化合价升高，被氧化，N的化合价由+5+2，化合价降低，被还原，故说法错误；C、根据上述分析，此说法正确，故正确；D、中心原子的化合价分别为+5、+6、+5，故说法正确。考点：考查氧化还原反应的规律、氧化剂、还原剂、氧化反应、还原反应等知识。11.标准状况下V L氨气溶解在1 L水中（水的密度近似为1 gmL1），所得溶液的密度为 gmL1，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，则下列关系中不正确的是 A、w17c/(1 000) B、w1
14、7V/(17V22 400)C、c1 000V/(17V22 400) D、(17V22 400)/(22.422.4V)【答案】、D【解析】试题分析：A、根据c=1000w/M，代入数值，w=17c/(1000)，故说法正确；B、w=溶质的质量/溶液的质量100%，溶质的质量：17V/22.4g，溶液的质量：17V/22.41000，则质量分数：w=17V/(17V22400)，故说法正确；C、根据c=n/V，物质的量浓度c=1 000V/(17V22 400)，故说法正确；D、根据=m/v，溶液的质量17V/22.41000，溶液的体积：V/22.4c，=(17Vc22400c)/(V10
15、3)，故错误。考点：考查物质的量、物质的量浓度、质量分数之间的关系等知识。12.利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI【答案】、D【解析】试题分析：A、硫酸铜溶液的浓缩结晶，需要加热，缺少酒精灯，故错误；B、此实验需要过滤，缺少漏斗、带铁圈的铁架台，故错误；C、配制溶液，缺少天平、药匙，故错误；D、
16、此实验采用萃取和分液的方法，需要仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，因此能实现，故正确。考点：考查物质的分离和提纯方法、用到的仪器等知识。13下列实验误差分析错误的是 A、用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B、用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【答案】、B【解析】试题分析：A、润湿相当对溶液稀释，稀碱的浓度减小，pH减小，故说法正确；B、俯视刻度线，所配溶液的体积减小，溶质的物质的量不变，浓度偏大，故说法错误；C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有
17、气泡，滴定管中的溶液没有占据气泡的位置，则消耗体积减小，故说法正确；D、将碱缓慢倒入酸中，造成温度损失，因此所测浓度偏小，故说法正确。考点：考查实验误差分析、pH试纸使用、容量瓶的使用、滴定管使用、中和热测定等知识。14将KCl和KBr的混合物13.4 g溶于水配成500 mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得到固体11.175 g，则原来所配溶液中K、Cl、Br的物质的量浓度之比为 A、123 B、132 C、231 D、321【答案】、D【解析】试题分析：设KCl的物质的量为xmol，KBr的物质的量为ymol，则73.5x119y=13.4，通入足量的氯气，然后溶液蒸干，得到固
18、体11.175g，得到的固体是KCl，则73.5x73.5y=11.175，两式联立解得：x=0.1mol，y=0.05mol，都在同一溶液中，体积相同，因此物质的量浓度之比等于物质的量之比，n(K)：n(Cl)：n(Br)=0.15：0.1：0.05=3：2：1，选项D正确。考点：考查化学计算、氯气的性质等知识。 15下列说法不正确的是 A、温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数相同B、等温等压下，SO2气体与CO2气体的密度之比等于1611C、温度和容积相同的两气罐中分别盛有5mol O2(g)和2 mol N2(g)，两容积中的压强之比等于52D、等温等压条件下， 5 molO
19、2(g)和2 molH2 (g)的体积之比等于52【答案】、A【解析】试题分析：A、根据PV=nRT，温度相同、体积相同，但没有说压强是否相同，因此无法推出物质的量是否相同，故说法错误；B、根据PM=RT，等温等压下，密度之比等于摩尔质量之比，SO2和CO2的密度之比=64：44=16：11，故说法正确；C、等温等压下，物质的量之比等于压强之比，因此两者压强之比等于5：2，故说法正确；D、等温等压下，体积之比等于物质的量之比，因此体积之比等于5：2，故说法正确。考点：考查阿伏加德罗推论。16常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2H2O22H= 2Fe32H
20、2O 2Fe3H2O2 = 2Fe2O22H下列说法正确的是 A、H2O2的氧化性比Fe3强，其还原性比Fe2弱B、在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降 C、H2O2分解的总方程式为：H2O2=H2OO2D、H2O2生产过程要严格避免混入Fe2【答案】、D【解析】试题分析：A、第一个反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，H2O2中O由1价2价，化合价降低，是氧化剂，Fe2Fe3化合价升高，Fe3是氧化产物，即过氧化氢氧化性比Fe3强，根据第二个离子反应方程式，H2O2是还原剂，Fe2是还原产物，过氧化氢的还原性强于Fe2的，故错误；B、两式相加，得出2H2O2=2H2OO2，产
21、生水，溶液pH的增大，故错误；C、反应方程式没有配平，故错误；D、两式相加，得出Fe2作催化剂，因此过氧化氢生产的过程中严格避免混入Fe2，故正确。考点：考查氧化还原反应的规律、Fe2作催化剂等知识。二、填空题（共52分） 17.（12分）实验室需要配制0.55molL1 NaOH溶液220 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。（1） 选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管_ _ _、_ 。（2） 计算。配制该溶液需取NaOH晶体_g。（3） 称量。 天平调平后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置，假设烧杯质
22、量为50g： 称量过程中NaOH晶体放于天平的右盘，实际称得NaOH的质量为_g。（4） 溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。（5） 转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，应注意_ ；需要洗涤烧杯23次是为了_。（6） 定容、摇匀。（7）将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明溶液名称、浓度及配制的时间。（8）下列操作使所配溶液浓度偏大的有_（填字母，下同）；偏小的有_；无影响的有_。A、称量时用生锈的砝码 B、将NaOH放在纸上称量C、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中 D、往容量瓶转移时有少量液体溅出E、未洗涤溶解NaOH的烧杯 F、定容时仰
23、视刻度线G、容量瓶未干燥就用来配制溶液【答案】、（1） 250 mL容量瓶，药匙；（2） 5.5；（3） ；4.5；（4） 搅拌，加速NaOH溶解；（5） 玻璃棒末端应插入到刻度线以下，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口；保证溶质全部转移到容量瓶中； AC，BDEF，G。【解析】试题分析：（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL的容量瓶、胶头滴管，因此缺少的仪器：250mL容量瓶、药匙；（2）因为实验室没有220mL的容量瓶，需要用250mL容量瓶，因此需要称取氢氧化钠固体的质量为2501030.5540g=5.5g；（3）假设烧杯质量为50g，烧杯和药
24、品共55.5g，因此游码应指向0.5g的位置，即 ；药品放在右盘，因此有m砝=m药m烧m游，m药=4.5g；(4)溶解、冷却中使用玻璃棒，用于搅拌，加速氢氧化钠的溶解；(5)转移是用玻璃棒引流，玻璃棒的下端应在容量瓶刻度线下面，且玻璃棒靠近容量瓶口处不能接触瓶口，防止配制的浓度减小；洗涤的目的是让全部溶质转移到容量瓶中，防止所配浓度偏小；（8）根据c=n/V=m/MV，A、称量时用生锈的砝码，所称药品的质量增大，即m增大，其他操作不变，c变大；B、NaOH易潮解，一部分残留在之上，氢氧化钠的质量减少，其他不变，c偏小；C、未冷却，根据热胀冷缩，溶液体积变小，其他不变，c偏大；D、少量液体溅出，
25、造成溶质的物质的量减少，V不变，c偏小；E、未洗涤烧杯、玻璃棒，溶质的质量减少，V不变，c偏小；F、定容时仰视刻度线，所配体积增大，c偏小；G、不影响，因此浓度偏大的是AC，浓度偏小的是BDEF，无影响的是G。考点：考查配制一定物质的量浓度实验、容量瓶的规格、实验基本操作、误差分析等知识。18.（12分）某研究小组利用下图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响（固定装置略）（1） MgCO3的分解产物为 。（2） 装置C的作用是 ，处理尾气的方法为 。（3） 将研究小组分为两组，按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯给装置D加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用产物进行
26、以下实验。步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加K3溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象4向步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色 已知：3Fe2+ + 23- = Fe32（蓝色） 乙组得到的黑色粉末是 ； 甲组步骤1中反应的离子方程式为 ； 乙组步骤4中，溶液变红的原因为 ，溶液褪色可能的原因及其验证方法为 ； 从实验安全考虑，上图装置还可采取的改进措施是 ；【答案】、（1） MgO、CO2；（2） 除CO2、 点燃；（3） Fe； Fe3O48H = 2Fe3Fe24H2O； Fe2被氧化成Fe3，
27、Fe3遇SCN显红色；假设SCN被Cl2氧化，向溶液中继续加入过量KSCN溶液，若出现红色，则假设成立（其它合理答案均可给分）； 在装置BC之间添加装置E防倒吸（其它合理答案均可给分）。【解析】试题分析：（1）镁元素和钙元素属于同一主族，性质具有相似性CaCO3CO2CaO，因此MgCO3MgOCO2，产物有MgO、CO2；（2）实验的目的是研究温度对CO还原Fe2O3的影响，碳酸镁分解产生的CO2对后面实验产生干扰，因此装置C的作用是除去CO2气体，CO可燃有毒，为防止污染和中毒，用点燃的方法除去CO，因此除去尾气的方法是点燃；（3）乙组中第一步黑色粉末加入稀盐酸，有气泡产生，说明黑色粉末中
28、含有铁；甲组中黑色粉末加入稀盐酸，无气泡产生，推知黑色粉末中无铁，加入K3溶液，有蓝色沉淀，推知溶液中含有Fe2，滴加KSCN溶液，溶液变红，推知溶液中有Fe3，因此黑色粉末是Fe3O4，Fe3O48H=Fe22Fe34H2O；开始加入KSCN不变红，说明溶液中无Fe3，通入氯气，氯气把Fe2氧化成Fe3，Fe3遇到KSCN溶液变红，因此变红的原因是：Fe2被氧化成Fe3，Fe3遇SCN显红色，褪色的原因：可能是氯气的强氧化性把Fe3氧化，溶液中有SCN的存在，也可能是把SCN氧化，溶液中有Fe3的存在，因此向溶液中滴入氯化铁溶液，如果溶液变红说明褪色的原因是前者，否则是后者，也可以滴加KSC
29、N溶液，如果变红，说明褪色的原因是后者，否则是前者；装置E的作用是防倒吸，因此在BC之间添加装置E防倒吸。考点：考查碳酸镁的性质、实验基本操作、尾气处理、铁及其化合物的性质等知识。19.（12分）现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子分别是K、Ag、Ca2、Ba2、Fe2、Al3，阴离子分别是Cl、OH、CH3COO、NO3、SO42、CO32，将它们分别配成0.1 mol/L的溶液，进行如下实验： 测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为AEC； 向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失； 向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，无明显现象； 向F溶液中滴加氨水，生成白
30、色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。根据上述实验现象，回答下列问题：（1） 实验中反应现象所涉及的离子方程式是_ _ _ _。（2） E溶液中溶质的名称是_，判断依据是_ _。（3） 写出下列四种化合物的化学式：A：_ C：_ D：_ F：_【答案】、（1） AgNH3H2O = AgOHNH，AgOH2NH3H2O = OH2H2O； （2） 碳酸钾，A、C、E中阴离子为OH、CH3COO和CO，由中碱性顺序知E为碳酸盐，六种阳离子中可形成可溶性碳酸盐的只有K；（3） Ba(OH)2、(CH3COO)2Ca、AlCl3、FeSO4。【解析】试题分析：A、C、E溶液显碱性，溶质可能
31、是碱或者强碱弱酸盐，说明A、C、E溶液中含有的：OH、CH3COO、CO32，碱性AEC，因此A中含有OH，盐类水解的规律，越弱越水解，醋酸的酸性强于碳酸，因此E含有CO32，根据离子共存，CO32只能与K共存，即E：K2CO3，C中含有CH3COO，向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，这是Ag和Cu2的性质，根据含有的离子，推出B中含有Ag，再根据离子共存问题，B：AgNO3，向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2，根据离子共存，F：FeSO4，向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，无明显现象，D溶液中不含SO42，D
32、：AlCl3，根据离子共存问题，OH只能和Ba2结合，即A为Ba(OH)2，C：(CH3COO)2Ca，（1）根据上述分析，实验发生的反应：AgOH=AgOH，AgOH2NH3=OH或AgOH2NH3H2O = OH2H2O；（2）根据上述分析E为碳酸钾，A、C、E中阴离子为OH、CH3COO和CO，由中碱性顺序知E为碳酸盐，六种阳离子中可形成可溶性碳酸盐的只有K；（3）根据上述分析， Ba(OH)2、(CH3COO)2Ca、AlCl3、FeSO4。考点：考查离子共存、离子检验等知识。20.（16分）由熔盐电解法获得的粗铝含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后
33、可用于钢材镀铝。工艺流程如下：（注：NaCl熔点为801 ；AlCl3在181 升华）（1） 精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为： _ _。（2） 将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有_；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在_。（3） 在用废碱液处理气体A的过程中，所发生反应的离子方程式为：_。（4） 镀铝电解池中，金属铝为_极。熔融盐电镀液中铝元素和氯元素主要以AlCl和Al2Cl形式存在，铝电极的主要电极反应式为_。（5） 钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是_。【答案】、（1） Fe2O32Al2FeAl2O3，3SiO24Al3Si2Al2O3；（2） HCl、AlCl3，NaCl；（3） Cl22OH=ClClOH2O 、 HOH=H2O ；（4） 阳，Al7AlCl3e= 4Al2Cl；（5） 氧化铝膜能隔绝空气，阻碍钢铁被腐蚀。考点：考查铝的精炼、铝及其化合物的性质、氯气的性质、电镀原理等知识。 - 13 - 版权所有高考资源网