1、化学试题相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ne-20 Al-27 Si-28 Mn-55 Ag-108第I卷一、选择题(本题共10小题，每题只有一个正确选项，每题2分，共 20 分)1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是( )A. 酒精溶液中乙醇的体积分数越大，消毒效果越好B. 去除锅炉上的水垢，通常先用碳酸钠溶液处理，形成疏松物质而后再用酸去除C. 用反渗透膜从海水中分离出淡水，该过程未发生化学变化D. 我国古代用草木灰与熟石灰的浸取液作洗涤剂，加入熟石灰可增强其碱性【答案】A【解析】【详解】A酒精溶液中乙醇的体积分数为75%，消毒效果最好，故A错误；B去除锅炉上
2、的水垢，通常用碳酸钠溶液处理，形成相应的碳酸盐，碳酸盐能与酸反应而被除去，故B正确；C用反渗透膜从海水中分离出淡水，没有生成新物质，未发生化学变化，故C正确；D草木灰与熟石灰的浸取液呈碱性，古代用草木灰与熟石灰的浸取液作洗涤剂，加入熟石灰可增强其碱性，故D正确；选A。2. 全氮阴离子盐是一种新型超高能含能材料，全氮阴离子化学式为N，某种全氮阴离子盐结构如图。下列有关说法正确的是( )A. 该全氮阴离子盐属于有机物B. N的摩尔质量为71g/molC. 每个 N含有26个电子D. 该全氮阴离子盐既含共价键又含离子键【答案】D【解析】【详解】A该全氮阴离子盐不含碳元素，属于无机物，故A错误；BN的
3、摩尔质量为70g/mol，故B错误；C每个 N含有36个电子，故C错误；D该全氮阴离子盐，N、Cl-、NH4+之间存在离子键，N内存在N-N键、NH4+内存在N-H键，所以既含共价键又含离子键，故D正确；选D。3. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是( )A. 2L0.1molL-1Na2SiO3溶液中含的数目为0.2NAB. 7.l gCl2与足量 NaOH溶液反应转移的电子数为 0.2 NAC. 20gD2O与 20g 氖气所含有的电子数相同D. 27gAl无论和足量盐酸还是足量NaOH溶液反应都生成氢气22.4L【答案】C【解析】【详解】A2L0.1molL-1Na2SiO3溶液
4、中会发生水解，的数目小于0.2NA，故A错误；B7.l gCl2的物质的量为0.1mol，与足量 NaOH溶液反应转移的电子数为 0.1 NA，故B错误；C20gD2O与 20g 氖气的物质的量都是1mol，所含有的电子数都是10NA，故C正确；D没有指明标准状况，不能求出气体的体积，故D错误；故选C。4. 下列说法正确是( )A. 制备水泥的主要原料是石灰石、纯碱与石英B. 钠、铝、铁、铜在空气中都会氧化变质生成相应的金属氧化物C. 可直接向铜与浓硫酸反应后溶液中加入水来证明该反应有硫酸铜生成D. 实验室用乙醇和浓硫酸制乙烯、蔗糖遇浓硫酸碳化，两过程中浓硫酸都表现出脱水性【答案】D【解析】【
5、详解】A制备水泥的主要原料是石灰石、黏土，故A错误；B铜在空气中氧化变质生成碱式碳酸铜，不是相应的金属氧化物，故B错误；C铜与浓硫酸反应后可能有浓硫酸剩余，应将反应液缓慢倒入水中，故C错误； D实验室用乙醇和浓硫酸制乙烯浓硫酸都表现出脱水性，蔗糖遇浓硫酸碳化，浓硫酸也表现出脱水性，故D正确；故选D。5. 下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A. 将灼热的铜丝(黑色)插入乙醇中，铜丝重新变光亮：2CuO2Cu+O2B. 向洒落于地面的汞珠上撒少量硫粉，汞珠表面变黑：Hg+SHgSC. 向AgCl浊液中通入H2S，浊液变黑：2AgCl+H2SAg2S+2HClD. 向氯气中通入氨气，黄绿
6、色消失并产生白烟：3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl【答案】A【解析】【详解】A铜丝重新变亮是氧化铜和乙醇反应生成铜单质和乙醛，化学方程式为CuO+CH3CH3OHCu+CH3CHO+H2O，选项解释错误，故A符合题意；B向洒落于地面的汞珠上撒少量硫粉，汞珠表面变黑是因为Hg被S单质氧化生成硫化汞，选项解释正确，故B不符合题意；CAg2S比AgCl更容易沉淀，且为黑色，所以向AgCl浊液中通入H2S发生沉淀的转化2AgCl+H2SAg2S+2HCl，浊液变黑，选项解释正确，故C不符合题意；D向氯气中通入氨气，氯气被氨气还原，生成氮气和氯化铵，选项解释正确，故D不符合题意；综上所述答案为A。6
7、. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是( )A. X和Z形成的化合物仅含极性共价键B. Y与W、X、 Z均能形成离子化合物C. 元素X的含氧酸均为强酸D. 离子半径： Y Z【答案】B【解析】【分析】氨气与氯化氢气体相遇时，NH3与HCl化合生成NH4Cl固体，产生大量白烟，故XW3是NH3，WZ是HCl，W是氢元素，X是氮元素，Z是氯元素，三种元素的原子序数分别是1、7、17，则Y的原子序数为11，它是钠元素。【详解】A. X和Z形成的化合物NH4Cl，含有离子键和极性共价键，故A错误；B
8、. Na与H、N、Cl均能形成离子化合物NaH、Na3N、NaCl，故B正确；C. 元素X的含氧酸有HNO3和HNO2，其中HNO2是弱酸，故C错误；D. 钠离子有两个电子层，氯离子有三个电子层，离子半径： Z Y，故D错误；故选B。7. 下列实验现象与实验操作不相匹配的是实验操作实验现象A向淀粉碘化钾溶液中通入氯气溶液变蓝B将新打磨的铝丝放入浓硝酸中浸泡后，插入CuSO4溶液中铝丝上析出大量红色固体C向漂白粉中加入适量较浓硫酸产生黄绿色气体D向Fe(NO3)2和KSCN的混合溶液中滴入几滴稀硫酸溶液变红A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A氯气与碘化钾溶液反应生成碘单质
9、，碘遇淀粉变蓝，A不符题意；B铝遇浓硝酸在常温下发生钝化，再插入CuSO4溶液中无明显变化，B符合题意；C漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，在酸性条件下ClO-和Cl-发生氧化还原反应生成黄绿色的氯气，C不符题意；D溶液中H+和存在时具有较强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，由于溶液中还有KSCN，所以溶液变红，D不符题意。答案选B。8. 某溶液含有K、Fe3、SO、CO、I中的几种。取样，滴加KSCN溶液后显血红色。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是()A. KB. IC. SOD. CO【答案】A【解析】【分析】能反应的不共存、电解质溶液呈电中性，据此回答；【详解】取样，滴加KSCN
10、溶液后显血红色，则溶液含有Fe3、Fe3与CO会发生双水解反应而不共存、I与Fe3发生氧化还原反应而不共存，则阴离子只有SO，电解质溶液呈电中性，故溶液中一定有SO，为确定该溶液的组成，还需检验的离子只有K；答案选A。9. 将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A. 不能求出硝酸的物质的量浓度B. 氢氧化钠溶液浓度为3mol/LC. 可以求出合金中镁的质量D. 可以求出沉淀的最大质量【答案】A【解析】【分析】向反应后的溶液中加入NaOH溶液，开始没有沉淀，说明硝酸过量，与硝酸反应的NaOH
11、溶液是10mL，沉淀达到最大时消耗NaOH溶液是50mL，溶解氢氧化铝消耗NaOH溶液是10mL，则生成氢氧化铝消耗NaOH溶液是30mL，因此生成氢氧化镁消耗NaOH溶液是20mL，所以根据方程式Al3+3OH-=Al(OH)3、Mg2+2OH-=Mg(OH)2可知金属镁铝的物质量之比为1:1。生成的NO为0.05mol，转移电子0.15mol，根据得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量均是=0.03mol。【详解】A. 沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒可知能求出硝酸的物质的量浓度，故A错误；B.溶解0.03mol氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.03mol，氢氧化钠溶液浓度为
12、=3mol/L,故B正确；C. 从以上分析可知可以求出合金中镁的质量，故C正确；D. 从以上分析可知可以求出沉淀的最大质量，故D正确；答案选A。【点睛】解此题时，要用好守恒关系，镁铝和稀硝酸反应生成0.05mol NO，转移电子0.15mol，根据得失电子守恒可求出金属镁铝的物质的量均是=0.03mol。沉淀达到最大时所得溶液是硝酸钠，根据钠离子守恒和硝酸根守恒能求出硝酸的物质的量浓度。10. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的反应离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是A. 由上述反应
13、可知，ClO-的氧化性强于B. 高铁酸钾中铁显+6价C. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为23D. K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3+与水反应形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质【答案】C【解析】【详解】A该反应中ClO-为氧化剂，为氧化产物，所以ClO-的氧化性强于，故A正确；B高铁酸根中氧元素为-2价，设Fe元化合价为x，则x+(-2)4=-2，解得x=+6，故B正确；C该反应中ClO-为氧化剂，Cl元素化合价由-1价变为-2价，Fe(OH)3为还原剂，Fe元素化合价由+3价变为+6价，根据化合价升降平衡可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为32，故C错误；
14、DK2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用，故D正确。综上所述答案为C。二、选择题(本题共5小题，每小题有1-2个选项正确，每题4分，共20分。漏选得2分，多选或错选不得分)11. 实验室模拟用工业废弃固体(含有Cu2S、Al2O3、Fe2O3、SiO2 等)制取粗铜、绿矾的操作流程如下：下列说法正确的是（ ）A. 气体 X 能使酸性 KMnO4溶液褪色，表现出漂白性B. 试剂 a 过量 Fe，为了提高反应速率可用浓硫酸代替稀硫酸C. 溶液B 可经过一系列反应和操作得到明矾D. 溶液C 获得绿矾的实验操作是蒸发结晶【答案】
15、C【解析】【分析】废弃固体灼烧，Cu2S和O2反应生成CuO和SO2，气体X为SO2，固体A为Al2O3、Fe2O3、SiO2、CuO的混合物；固体A加KOH溶液，Al2O3、SiO2分别和KOH反应生成NaAlO2和水、Na2SiO3和水，溶液B为NaAlO2、Na2SiO3、KOH混合溶液，固体B为Fe2O3、CuO混合物；固体B和稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4和水，试剂a为过量的Fe，Fe2(SO4)3、CuSO4和Fe反应生成FeSO4和Cu，固体C为Cu和Fe的混合物，溶液C、D为FeSO4溶液，据此解答。【详解】A气体X为SO2，SO2有还原性，能和酸性高锰酸钾溶液发
16、生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而不是漂白性，A错误；B浓硫酸有强氧化性，剩余的浓硫酸可能使Fe钝化，反应速率减慢甚至停止；因为反应放热，还可能将铜溶解得不到FeSO4单一溶液，B错误；C溶液B为NaAlO2、Na2SiO3、KOH混合溶液，可以加入一定量的硫酸、过滤、将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得明矾，C正确；D溶液C获得绿矾的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作，D错误。答案选C。12. 某研究小组对离子方程式xR2+ + yH+ + O2 = mR3+ + nH2O的分析研究，下述错误的是( )A. 根据氧化还原反应关系知：R2+是
17、还原剂，氧化性R3+强于O2B. 根据原子守恒，得出x和m的数值一定相等C. 根据电子得失守恒，得出x=4的结论D. 根据电荷守恒，得出x与y的和一定等于m【答案】AD【解析】【详解】A. 根据氧化还原反应中各种关系知，R2+是还原剂，O2是氧化剂，R3+ 是氧化产物，H2O是还原产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，O2氧化性强于R3+，故A错误；B. 根据各元素原子守恒知，x=m，n=2，y=2n=4，故B正确；C. 根据氧化还原反应中电子得失守恒知，xR2+生成mR3+，失去x个电子，氧气生成nH2O得到4个电子，所以x=4，故C正确；D. 根据电荷守恒知，2x+y=3m，故D错误；
18、故选AD。13. 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. 0.1 molL-1 NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl-、B. pH11的溶液中：、Na+、S2-、C. 中性溶液中：Fe3+、Al3+、Cl-、S2-D. 加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、Cl-、K+、【答案】BD【解析】【详解】A. 0.1 molL-1 NaAlO2溶液呈碱性，H+不能在碱性溶液中大量共存，故A错误；B. pH11的溶液中存在大量氢氧根离子，、Na+、S2-、不发生反应，可以大量共存，故B正确；C. Fe3+、Al3+与S2-之间均能发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D. 加
19、入Mg能放出H2的溶液呈酸性，酸性溶液中Mg2+、Cl-、K+、之间不发生反应，能大量共存，故D正确；正确答案是BD。14. 用下列装置不能达到实验目的的是( )A. 用甲图装置可鉴别纯碱与小苏打B. 用乙图装置制备Fe(OH)2C. 用丙图装置能证明Cl2与烧碱溶液反应D. 用丁图装置制取氯气【答案】AD【解析】【详解】A. 加热固体时试管口要向下倾斜，故A选；B.由图可知，利用Fe和稀硫酸制取 的同时除去液面上方的空气，防止制备 时被氧化，故B不选；C.如果看到气球膨胀，说明锥形瓶内的压强减少，证明Cl2与烧碱溶液反应，故C不选；D.实验室里用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，图中用是
20、稀盐酸，不能达到实验目的，故D选；故选：AD。15. 下列有关图像的说法正确的是A. 图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系B. 图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C. 图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3物质量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D. 除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法【答案】C【解析】【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH 溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分
21、别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl 1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl 1mol， 所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3+2NO+2H2O， 当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2
22、Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0. 5=2：1，与图像相符合，C正确；D. KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。第卷三、非选择题(本题包括5小题，共60分)16. (1)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S+2H2SO4+5O2=4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是_。当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为_mol。(2)焙烧明矾的化学方程式为4KAl(SO4)212H2O+3S2K2SO4+2Al2
23、O3+9SO2+48H2O，在该反应中被还原的元素是_，被氧化的原子和被还原的原子的个数比为_。(3)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式：_。(4)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为_，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为_。【答案】 (1). Cu2S (2). 4 (3). S (4). 1:2 (5). 4KClO3KCl+3KClO4 (6). NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2 (7). 4
24、NA或2.4081024【解析】【详解】(1) 2Cu2S+2H2SO4+5O2=4CuSO4+2H2O，Cu2S中Cu元素化合价由+1升高为+2，硫元素由-2价升高到+6价，该反应的还原剂是Cu2S。O2中氧元素化合价由0降低为-2，根据得失电子守恒，当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为4mol。(2) 4KAl(SO4)212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，KAl(SO4)2中部分S元素化合价由+6降低为+4，S单质中S元素化合价由0升高为+4，在该反应中被氧化、被还原的元素都是S，根据归中规律和得失电子守恒，被氧化的原子和被还原的原子的个数比
25、为1:2。(3)KClO3在 400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐KCl，另一种盐的阴、阳离子个数比为11，根据歧化反应规律，另一种盐是KClO4。根据得失电子守恒，该反应的化学方程式4KClO3KCl+3KClO4；(4) NaBH4中H元素化合价为-1，NaBH4与水反应得到NaBO2和氢气，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，NaBH4中H元素化合价由-1升高为0，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目4NA。【点睛】本题考查氧化还原反应规律，明确氧化还原反应的实质是电子转移，掌握氧化剂、还原剂的定义，熟悉歧化反应、归中反应规律，培
26、养学生分析、解决问题的能力。17. 氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是_，该装置内发生的离子方程式为_，a中的试剂为_。(2)b中采用水浴加热的优点是_，c中化学反应的离子方程式是_，采用冰水浴冷却的目的是_。(3)d用于尾气处理，其中可选用试剂_(填标号)。A.Na2S B.NaCl C.Ca(OH)2 D.H2SO4(4)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，
27、加入CCl4振荡，静置后CCl4层显_色。可知该条件下KClO3的氧化能力_NaClO(填“大于”或“小于”)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). MnO2+4H+ 2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 受热均匀，便于控制温度 (5). Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O (6). 避免生成NaClO3 (7). AC (8). 紫 (9). 小于【解析】【分析】二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，a中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，b中氯气和热的浓氢氧化钾反应生成KClO3和氯化钾，c中氯气和稀氢氧化钠反应生成NaClO和氯化钠，d溶液吸收剩余的氯气。【详解】(
28、1)根据图示，盛放MnO2粉末的仪器名称是圆底烧瓶，该装置内二氧化锰和浓盐酸加热生成氯气、氯化锰、水，反应的离子方程式为MnO2+4H+ 2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，a中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；(2)水浴加热的优点是受热均匀，便于控制温度，c中氯气和稀氢氧化钠反应生成NaClO和氯化钠，反应的离子方程式是Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，氯气和氢氧化钠在较高温度下生成NaClO3，采用冰水浴冷却的目的是避免生成NaClO3；(3) A.Na2S和氯气反应生成 氯化钠和硫，Na2S能吸收氯气，故选A； B.NaCl和氯气不反应，不能用氯化钠溶液吸收氯气，故不选B； C.Ca(
29、OH)2能和氯气反应， Ca(OH)2能吸收氯气，故选C； D.H2SO4溶液和氯气不反应，不能用H2SO4 吸收氯气，故不选B；选AC。(4)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，CCl4能萃取碘水中的碘，静置后CCl4层显紫色。可知该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；【点睛】本题是制备实验，以制备 KClO 3 和 NaClO为载体，考查学生实验素养和分析问题的能力，明确氯气和碱反应的原理是解题关键，要有扎实的实验功底和化学学科素养。18. A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，
30、存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：_。证明D已经氧化变质的方法是：取少量D固体溶于水中，_。(2)若A为短周期元素组成单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则X可能为_(填代号)。a.NaHCO3 b.Na2CO3 c.Fe(OH)3 d.NaAlO2(3)若A为淡黄色粉末，则A的电子式为_。若X为一种最常见的造成温室效应的气体。若鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为_(填代号)。a.盐酸 b.BaCl2溶液 c.NaOH溶液 d.Ca(OH)2溶液(4)若A为氧化物，X是Fe，
31、溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式为_，E是_(填化学式)。【答案】 (1). OH+HSO=SO+H2O (2). 加足量盐酸至不再生成气体，加氯化钡溶液生成白色沉淀，说明D已经氧化变质。 (3). bd (4). (5). ab (6). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (7). Fe(NO3)2【解析】【分析】（1）若A为常见金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为Cl2，则B为HClO，C为
32、HCl；（3）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；若X为一种最常见的造成温室效应的气体，应为二氧化碳；（4）若A为氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3。【详解】(1)由分析可知，C为NaOH， E为NaHSO3， C和E反应的离子方程式为OH+ = +H2O，D为Na2SO3，变质后生成Na2SO4，检验变质的方法是加足量盐酸至不再生成气体，加氯化钡溶液生成白色沉淀，说明D已经氧化变质； (2)由分析可知：A为Cl2，则B为HClO，C为HCl，与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，可与NaAl(OH)4反应生产
33、氢氧化铝，进一步反应生成氯化铝，只有bd正确。故答案为：bd；(3)若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，电子式为，若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D. E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，故答案为：；ab；(4)由分析可知：A为NO2， E为Fe(NO3)2，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。19. 镁及其化合物是实验设计的热点载体，查阅资料。2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2OMg3N2与水反应某学习小组设计实验探究镁与二氧化氮反应的产物，提供的实验装置如图所示。(1)仪器甲名称为
34、_，仪器接口顺序为a_，_，_，_，_j。(2)装置A中的主要现象为_，C装置的作用是_。(3)确定有N2生成的实验现象是_。(4)经测定，Mg与NO2反应生成MgO、Mg3N2和N2，其中Mg3N2和N2的物质的量相等。E中发生反应的化学方程式为_。(5)实验完毕后，设计实验确认产物中有Mg3N2，取少量C中残留固体于试管中滴加蒸馏水，_，则产物中有氮化镁。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). b (3). c (4). h (5). i (6). d (7). e (8). f (9). g (10). 铜粉不断溶解，溶液变蓝色，生成红棕色气体 (11). 吸收D中挥发出来的水蒸气 (1
35、2). D中产生气泡，瘪气球缓慢鼓起 (13). 11Mg+4NO28MgO+Mg3N2+N2 (14). 有刺激性气味的气体逸出【解析】【分析】由题给实验装置可知，装置A中浓硝酸和铜反应制得二氧化氮，镁在加热条件下能与水蒸气反应，应用盛有五氧化二磷的酸性干燥剂干燥二氧化氮，防止水蒸气干扰镁与二氧化氮的反应，装置E为二氧化氮和镁共热反应的装置，装置C中盛有的碱石灰用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中与反应生成的氮化镁反应，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化氮，防止二氧化氮影响氮气的验证，将所得气体通入气球中确定有氮气生成，则装置的连接顺序为ABECD气球。【详解】(1)由分析可知，
36、装置的连接顺序为ABECD气球，则仪器接口顺序为ab，ch，id，ef，gj，故答案为：b；c；h；i；d；e；f；g；(2)装置A中浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，实验现象为铜粉不断溶解，溶液变蓝色，生成红棕色气体；由信息可知，氮化镁与水反应，则装置C中盛有的碱石灰的作用是吸收D中挥发出来的水蒸气，防止水蒸气进入E中与反应生成的氮化镁反应，故答案为：铜粉不断溶解，溶液变蓝色，生成红棕色气体；吸收D中挥发出来的水蒸气；(3)若反应中有氮气生成，氮气不溶于水，通入氢氧化钠溶液中会有气泡产生，同时与装置D连接的气球会缓慢鼓起，故答案为：D中产生气泡，瘪气球缓慢鼓起；(4)设反应生成氮化镁和
37、氮气的物质的量为1mol，氧化镁为xmol，由得失电子数目守恒可得：2x+1mol3(+20)=1mol2+4(3)+ 1mol2(+40)，解得x=8，反应生成的氧化镁、氮化镁和氮气的物质的量比为8:1:1，则由原子个数守恒可知，反应的化学方程式为11Mg+4NO28MgO+Mg3N2+N2，故答案为：11Mg+4NO28MgO+Mg3N2+N2；(5)氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，则向少量C中残留固体中滴加蒸馏水时，有刺激性气味的气体逸出说明反应中有氮化镁生成，故答案为：有刺激性气味的气体逸出。20. 明矾KAl(SO4)212H2O在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作
38、施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeOxFe2O3)可制备明矾。工艺流程如图：回答下列问题：(1)明矾净水的原理是_(用离子方程式表示)。(2)操作名称是_，操作是_、洗涤、干燥。(3)检验滤液A中是否存在Fe2+的试剂是_(只用一种试剂)。(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是_。(5)已知：在pH3、加热条件下，MnO可与Mn2+反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应的离子方程式为：_，滤渣2含有的物质是_。【答案】 (1). Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ (2). 过滤 (3). 蒸发浓缩、 冷却结晶、
39、过滤 (4). 高锰酸钾酸性溶液或铁氰化钾溶液 (5). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (6). 3Mn2+2MnO+2H2O=5MnO2+4H+ (7). MnO2、Fe(OH)3【解析】【分析】铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeOxFe2O3)，加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝
40、钾晶体，以此解答。【详解】(1)明矾净水时铝离子水解生成氢氧化铝具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；(2)固体和液体分离需要用过滤操作，操作是过滤，操作是溶液中得到晶体的方法，利用蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到明矾晶体，故答案为：过滤；蒸发浓缩、 冷却结晶、过滤；(3)检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去，或加入铁氰化钾溶液会呈现蓝色溶液，故答案为：高锰酸钾酸性溶液或铁氰化钾溶液；(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的反应是铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；(5) 在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2加入MnSO4发生反应，反应的离子方程式为：3Mn2+2MnO+2H2O=5MnO2+4H+；过滤得到反应中生成难溶的二氧化锰和沉淀得到的氢氧化铁沉淀，故答案为：3Mn2+2 MnO+2H2O=5MnO2+4H+；MnO2、Fe(OH)3。
