1、化学试题可能用到的相对原子质量：Cu 64 Fe 56 Zn 65 O 16 S 32 C 12 N 14一、单选题1.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H2CO3Fe(OH)3非电解质蔗糖BaSO4C2H5OHH2OA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。【详解】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、N
2、H3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；故选C。2.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D. 向豆浆中加入盐卤可制作豆腐，利用了胶体聚沉的性质【答案】A【解析】【详解】A青蒿素的提取用的是低温萃取，属于
3、物理方法，故A错误；B雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，故B正确；C铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故C正确；D根据胶体的聚沉原理，可向豆浆中加入盐卤(主要成分为MgCl2)制作豆腐，故D正确；答案选A。3.研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和
4、化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向
5、，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。4.配制物质的量浓度为0.1 molL1的Na2CO3溶液100 mL时，下列操作正确的是()A. 用托盘天平称取1.06 g无水碳酸钠，在烧杯中加适量水溶解，待冷却到室温后，将溶液转移到容量瓶中B. 在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水C. 定容时，若加水超过刻度线，可用胶头滴管小心吸出多余部分D. 定容时，若仰视，则所配溶液的浓度将偏高【答案】B【解析】【详解】A、托盘天平的精确度为0.1g，不能称出1.06g，选项A错误；B
6、、使用容量瓶前需检验瓶塞处是否漏水，选项B正确；C、若加水超过刻度线，可用胶头滴管小心吸出多余部分，n减小，根据c=可知会造成浓度偏低，选项C错误；D、定容时仰视，会造成液体高于刻度线，V变大，根据c=可知会造成浓度偏低，选项D错误。答案选B。【点睛】明确配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器和误差判断是解答本题的关键。5.关于一些重要的化学概念有下列说法，其中正确的是（ ）Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是混合物 BaSO4是一种难溶于水的强电解质 冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐 煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化 置换反应都属于离子反应A. B. C. D. 【答案】B【解
7、析】【详解】Fe(OH)3胶体和CuSO4溶液都是分散质和分散剂组成的混合物，故正确；硫酸钡是盐，水溶液中难溶，但溶于水的部分完全电离，熔融状态完全电离，是强电解质，故正确；纯碱是碳酸钠，属于盐类，故错误；煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化；煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，属于化学变化；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，属于化学变化，故正确；置换反应不一定是离子反应，如：CuOH2CuH2
8、O，故错误；故正确的是，答案为B。【点睛】常见化学变化：干馏、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、催化、皂化、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化等；常见物理变化或过程：蒸馏、分馏、溶化、汽化、液化、酸化等。6.下列各组物质的分类正确的是（ ）混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉含有氧元素的化合物叫氧化物CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨强电解质溶液的导电能力一定强在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应A. 全部正确B. C. D. 【答案】D【解析】【
9、详解】氯水、氨水、水玻璃、福尔马林、淀粉均是混合物，水银是金属Hg，是纯净物，错误；由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，因此含有氧元素的化合物不一定是氧化物，例如NaOH是碱，错误；能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物；能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O为碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，错误；C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成单质，互为同素异形体，正确；强电解质溶液的导电能力不一定强，关键是看溶液中离子的浓度和所带电荷数，错误；由于在熔融状态下共价键不能被破坏，离子键可以断键，因此在熔化状态下
10、能导电的化合物为离子化合物，正确；有单质参加的反应或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，例如同素异形体之间的转化，错误。答案选D。【点睛】是解答的易错点，电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在。电解质溶液导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数，和电解质的强弱没有必然联系，如1 mol/L的醋酸溶液的导电能力就大于0.000 01 mol/L的盐酸，所以说盐酸的导电能力一定大于酯酸是错误的。7.下列关于钠的描述中不正确的是（ ）自然界中的钠以单质和化合物的形式存在 实验室剩余的钠需要放同原瓶钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在煤油中当钠与硫酸铜溶液反
11、应时，有大量红色固体铜产生金属钠与O2反应，条件不同，产物不相同燃烧时放出白色火花，燃烧后生成浅黄色固体物质钠-钾合金通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂A. B. C. D. 【答案】B【解析】钠化学性质非常活泼，自然界中的钠以化合物的形式存在，故错误；因钠活泼，易与水、氧气反应，如在实验室随意丢弃，可引起火灾，实验时剩余的钠粒可放回原试剂瓶中，故正确；钠的密度比煤油大，钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在煤油中，故正确；钠投入硫酸铜溶液中时，先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH再和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以得不到Cu，故错误；金属钠与O2反应，条件不同，产 物不相
12、同，点燃时生成过氧化钠，不点燃时生成氧化钠，故正确；燃烧时放出黄色火花，燃烧后生成浅黄色固体物质，故错误；钠-钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂故正确；故选B。点睛：本题考查钠的性质，解题关键：明确元素化合物性质及物质之间的反应，知道中钠在水中发生的一系列反应，注意中焰色反应与生成物颜色。8.氮化铝(AlN，Al和N相对原子质量分别为27和14)广泛用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N23C 2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是()A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B. 上述反应中，每生成1mol AlN需转移3mol电子
13、C. AlN中氮元素的化合价为+3D. AlN的摩尔质量为41g【答案】B【解析】【详解】A、由反应方程式：Al2O3N23C2AlN3CO可得到Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由0-3被还原，N2是氧化剂，而C的化合价由0+2，C被氧化是还原剂，A错误；B、N的化合价由0-3，每生成1mol AlN转移电子总数为3mol，B正确；C、AlN中氮元素的化合价为-3，C错误；D、AlN的摩尔质量为41gmol-1，D错误；故选B。9.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的
14、的是A. 制取氨气B. 制取碳酸氢钠C. 分离碳酸氢钠D. 干燥碳酸氢钠【答案】C【解析】【详解】A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。答案选C。10.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温常压下，11.2 LHCl气体中含有的分子数为0.5NAB. 常温常压下，5.6 g N2和CO混合物中所含有的原子数为0.4NAC. 将0.2 mol FeCl3
15、水解制成胶体，所得胶体粒子数0.2NAD. 50 mL12 mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移电子数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2LHCl气体的物质的量小于0.5mol，分子个数小于0.5NA个，选项A错误；B、N2和CO 的摩尔质量都是28g/mol，所以5.6g混合物含分子：=0.2mol，二者都是双原子分子，所以含有的原子总数为0.4NA，选项B正确；C、氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶粒的物质的量及数目，选项C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，则转移的电子的
16、个数小于0.3NA个，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，易错点为选项C，注意形成胶体的胶粒数目与反应中的铁离子数目的关系。11.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. 能使石蕊显红色的溶液：K+、Mg2+、HCO3-、SO42-B. 水电离出来的 c（H+）=10-13molL-1的溶液：NH4+、Fe2+、NO3-、Cl-C. c（H+）/c（OH-）=1012的溶液：K+、Fe3+ 、Cl-、SO42-D. 中性溶液中：Na+、SCN-、Fe3+、SO42-【答案】C【解析】【详解】
17、A. 能使石蕊显红色的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3-，故A不选；B. 水电离出来的c（H+）=10-13molL-1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,碱性溶液中不能大量存在NH4+、Fe2+，故B不选；C. c（H+）/c（OH-）=1012的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；D.中性溶液中： SCN-、Fe3+反应不能大量共存，故D不选；故选：C。12.下列除去杂质的方法不正确的是()A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3溶液中的少量Al3C. Al(OH)3中混有少量Mg(OH
18、)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤D. MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO【答案】B【解析】【分析】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液；B.氨水与Fe3和Al3均反应生成氢氧化物沉淀；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生成Al(OH)3；D. Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，MgO与烧碱不反应；【详解】A.镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能溶于氢氧化钠溶液，加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去镁粉中混有少量铝粉，故A正确；B.氨
19、水与Fe3和Al3均反应生成氢氧化物沉淀，不能用氨水除去Fe3溶液中的少量Al3，故B错误；C. Mg(OH)2不与烧碱反应，Al(OH)3溶于烧碱生成NaAlO2，再通入过量CO2又生成Al(OH)3，所以加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤可以除去Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2，故C正确；D. Al2O3与烧碱反应生成NaAlO2，MgO与烧碱不反应，加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥可以除去MgO中混有少量Al2O3，故D正确。【点睛】MgO是碱性氧化物，MgO能溶于酸，但不溶于碱； Al2O3是两性氧化物，既能溶于强酸又能溶于强碱，向MgO、
20、Al2O3的混合物中加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgO。13.下列化学实验事实及其解释正确的是A. 加热铝箱，铝并不滴落，说明铝具有很高的熔点B. 钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O2再与水和二氧化碳反应C. 活性炭使红墨水褪色，是因为活性炭具有强氧化性D. 用胶头滴管向包有Na2O2的脱脂棉滴加几滴水，脱脂棉燃烧，说明H2O与Na2O2的反应是放热反应【答案】D【解析】【详解】A氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故A错误；B常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，不是过氧化钠，故B错误；C. 活性炭使红墨水褪色，是因为活性炭具
21、有吸附性，故C错误；D脱脂棉燃烧，可知反应放出热量，则H2O与Na2O2的反应是放热反应，故D正确；答案选D。14. 用下列装置不能达到有关实验目的的是A. 用甲图装置证明(煤油)(钠)(水)B. 用乙图装置制备Fe(OH)2C. 用丙图装置制取金属锰D. 用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【答案】D【解析】【详解】A. 钠块浮在水和煤油的界面，说明(煤油)(钠)M（NaHCO3），所以相同质量时n（Na2CO3）NaHCO3B. 相同温度下,在水中Na2CO3的溶解度大于NaHCO3C. Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应D. 相同质量的Na2CO3和NaHCO3
22、分别与过量盐酸反应，Na2CO3放出CO2多【答案】D【解析】A、Na2CO3比NaHCO3稳定，故A正确；B、相同温度下，Na2CO3比NaHCO3更易溶于水，所以B正确；C、 Na2CO3和NaHCO3都能与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀，所以C正确；D、相同质量的Na2CO3和NaHCO3的物质的量前者小，所以与过量盐酸反应放出的CO2少，故D错误。本题正确答案为D。22.正确表示下列反应的离子反应方程式为A. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+4Br+3Cl22 Fe3+2 Br2+6ClB. 向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：C. 稀溶液与过量
23、的KOH溶液反应：D. 醋酸除去水垢：【答案】A【解析】【详解】A. FeBr2溶液中通入足量氯气，反应生成氯化铁和溴，反应的离子方程式为：2Fe2+4Br+3Cl22 Fe3+2 Br2+6Cl，故A正确；B. 明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全，铝离子转化成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，故B错误；C. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液，生成碳酸钠、一水合氨、水，正确的离子反应为：NH4+HCO3+2OHCO32+H2O+NH3H2O，故C错误；D. 醋酸和碳酸钙都需要保留化学式，正确的离子方
24、程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故D错误；故选A。23.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）金属钠投入到FeCl2溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2A. B. C. D. 【答案】C【解析】金属钠投入到FeCl2溶液中，Na首先与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，NaOH再与FeCl2反应生成白色的Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2易被氧化，沉淀最终变为是红褐色，故错误；过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：4OH- +Al3+=
25、 AlO2- +2H2O，所以最终没有沉淀生成，故错误；少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为： OH-+HCO3- =CO32-+H2O，CO32-与Ca2+不能大量共存，生成白色的碳酸钙沉淀，故正确；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，此为化合反应，且碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确；故选C。二、单选题（每题3分，共6分）24.将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL-1稀盐酸。
26、下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。【详解】0.4g NaOH的物质的量为0.4g40gmol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为1.06g106gmol-1=0.01mol，则A、0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反
27、应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不
28、符，故D错误；故选C。【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2。25.某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42、HCO3等离子当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A. 原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1B. ab段发生的离子反应为：Al
29、3+3OH=Al（OH）3，Mg2+2OH=Mg（OH）2C. 原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+但不能肯定Mg2+和Fe3+的中的哪一种D. d点溶液中含有的溶质只有Na2SO4【答案】A【解析】【分析】加入NaOH溶液，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Al3+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+；根据溶液电中性可知，溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有NO3-；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量
30、之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+【详解】A根据分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物质的量相等，即其物质的量之比为1：1，故A正确；B溶液中不存在镁离子，ab段发生的反应为：Al3+3OH-=Al（OH）3、Fe3+3OH-=Fe（OH）3，故B错误；C溶液中含有的阳离子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故C错误；D在d点溶液中含有的溶质并不只有Na2SO4，还含有NaAlO2，故D错误；故选：A。【点睛】溶液中含有多种金
31、属阳离子，铵根离子和氢离子时，向溶液中加入碱性溶液时，要注意反应的先后顺序，氢离子先与氢氧根离子反应，接着是金属阳离子与氢氧根离子反应生成难溶性的碱，然后是铵根离子与氢氧根离子反应。三、非选择题（共48分）26.从铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量杂质）中提取铝的工艺流程及步骤如下：试回答下列问题：（1）试剂X为_；（2）写出试剂X溶解Al2O3的化学方程式_（3）操作、操作均为_（填操作名称）；（4）金属铝与氧化铁混合在高温下，会发生剧烈的反应，该反应的化学方程式为_；（5）反应的离子方程式为_；（6）电解熔融氧化铝制取金属铝，若有0.6 mol电子发生转移，理论上能得到金属铝的质量是_
32、g。【答案】 (1). NaOH溶液 (2). 2NaOH+ Al2O3 = 2NaAlO2 + H2O (3). 过滤 (4). Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (5). CO2+AlO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3 (6). 4.05【解析】【分析】铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量杂质）加入过量X发生反应生成沉淀1和溶液甲，溶液甲通入过量二氧化碳生成沉淀2为氢氧化铝，加热分解生成氧化铝，电解生成铝，判断过量试剂X为氢氧化钠溶液，操作为分离固体和溶液的过滤操作，通入过量二氧化碳过滤得到溶液乙主要为碳酸氢钠，（1） 分析可知试剂X为氢氧化钠溶液；（2） X为氢氧化钠溶液，与A
33、l2O3反应生成偏铝酸钠和水；（3）操作、操作都是分离固体和溶液的实验操作为过滤，结合过滤装置选择玻璃仪器；（4）金属铝与氧化铁混合在高温下，会发生剧烈的反应，生成铁和氧化铝，反应放热可以焊接钢轨；（5）反应是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；（6）依据电极氧化铝的方程式中定量关系计算【详解】(1)分析可知试剂X为NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；（2）X为氢氧化钠溶液，与Al2O3反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式是：2NaOH+ Al2O3 = 2NaAlO2 + H2O ，故答案为：2NaOH+ Al2O3 = 2NaAlO2 + H2O； (3)操作、操
34、作都是分离固体和溶液的实验操作为过滤，在实验室进行该操作时需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：过滤；(4)金属铝与氧化铁混合在高温下，会发生剧烈的反应，生成铁和氧化铝,反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应放热可以焊接钢轨，故答案为：Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；(5)反应是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式：CO2+AlO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3，故答案为：CO2+AlO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3；(5)电解熔融氧化铝制取金属铝，2 Al2O3.4Al+3O2，反应中电子转移12mol生
35、成铝3mol，若有0.6mol电子发生转移，理论上能得到金属铝的物质的量是0.6mol3mol12mol=0.15mol，生成铝的质量=0.15mol27g/mol=4.05g，故答案为：4.05。27.（1）氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，反应的化学方程式为8HClO3=3O22Cl24HClO42H2O。根据题意完成下列小题：在上述变化过程中，发生还原反应的过程是_（填化学式）。该反应的氧化产物是_（填化学式）。（2）已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H、Mn2、H2O、IO3、MnO4、IO4。有关反应的离子方程式为_。（3）工业尾气中含有大
36、量的氮氧化物，NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：由上图可知SCR技术中的氧化剂为_。用Fe作催化剂加热时，在氨气足量的情况下，当NO2与NO的物质的量之比为11时，写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1). HClO3 (2). Cl2 (3). O2 (4). HClO4 (5). 2Mn2+5 IO4+3H2O=2MnO4+5 IO3+6H+ (6). 2NH3+NO+NO22N2+3H2O【解析】【分析】（1）得电子的反应物是氧化剂，氧化剂在反应中发生还原反应，失电子的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物；（2）锰离子
37、失电子而转化为高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，则得电子化合价降低的物质作氧化剂，根据元素的化合价确定氧化剂和还原产物，再结合离子方程式的书写规则书写；（3）得电子，化合价降低的反应物是氧化剂；根据化合价升降总数相等、原子守恒来配平；【详解】(1)8HClO3=3O22Cl24HClO42H2O中，氧化剂和还原剂都是HClO3，HClO3中Cl元素得电子化合价降低生成Cl2而发生还原反应，所以发生还原反应的过程是HClO3Cl2；故答案为：HClO3；Cl2；O氧元素的化合价由2价0价，Cl元素的化合价由+5价+7价，所以氧化产物是O2、HClO4；故答案为：O2、HClO4；(2)锰离子失电
38、子被氧化生成高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，氧化剂得电子化合价降低，IO3和IO4中碘元素的化合价分别是+5价和+7价，所以IO4作氧化剂,还原产物是IO3,同时水参加反应生成氢离子,所以该反应的离子方程式为：2Mn2+5 IO4+3H2O=2MnO4+5 IO3+6H+，故答案为：2Mn2+5 IO4+3H2O=2MnO4+5 IO3+6H+；（3）由图甲可知SCR技术中NH3与NO、NO2反应产物为N2和水，故氧化剂为NO、NO2，故答案为：NO、NO2；NH3中氮的化合价由-3价升高到0价，一个NH3失去3个电子，NO2中氮的化合价由+4价降低到0价，一个NO2得到4个电子，NO中氮的
39、化合价由+2价降低到0价，一个NO得到2个电子，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，转移电子的最小公倍数为6，结合质量守恒可知方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故答案为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O；【点睛】（1）新情景下氧化还原反应化学方程式的书写：（1）有题意分析出还原剂，氧化剂，氧化产物，还原产物；（2）运用电子守恒配平；（3）利用电荷守恒调节离子；（4）利用原子守恒检验。28.实验室需要0.1 molL1 NaOH溶液450 mL和0.3 molL1硫酸溶液480 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图是已提供仪器，配制上述溶液均需用到的玻
40、璃仪器是_（填选项）。（2） 下列操作会使配制的NaOH溶液浓度偏低的是_。A 称量NaOH所用砝码生锈B 选用的容量瓶内有少量蒸馏水C 定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线D 定容时俯视刻度线（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g。（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_mL（计算保留一位小数）。【答案】 (1). BDE (2). C (3). 2.0 (4). 8.2【解析】【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器选择；（2）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小
41、的操作，都会使C偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使C偏小；凡是不当操作导致实验失败且无法补救的，需要重新配制；（3）依据n=cv计算需要的氢氧化钠的物质的量，m=nM计算氢氧化钠的质量；（4）根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算，计算浓硫酸的体积。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液用到仪器：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等；故答案为：BDE； (2) A称量NaOH所用砝码生锈，称取的氢氧化钠的质量增多，n偏大，则浓度偏高，故A不选；B. 选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积不会产生影响，所配溶液准确，故B不选；C
42、. 定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，相当于多加了水，溶液的体积偏大，浓度偏小，故C选；D. 定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，浓度偏大，故D不选；故选：C。 (3) 0.1mol/LNaOH溶液450mL，需选择500ml的容量瓶，0.1mol/LNaOH溶液500mL中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol0.05mol=2.0g，故答案：2.0； (4) 质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：c=10001.8498%98=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为
43、V，所以18.4mol/LV=0.3mol/L0.5L，得V=0.0082L=8.2ml，故答案为：8.2。【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制需要使用容量瓶，实验室中容量瓶的规格一般有50ml，100ml，250ml，500ml，1000ml，所配溶液的体积应该选用相应规格的容量瓶。29.海水中蕴藏着丰富的资源。海水综合利用的流程图如下。（1）用NaCl作原料可以得到多种产品。工业上由NaCl制备金属钠的化学方程式是_。写出产物氯气制备“84”消毒液的离子方程式：_。NaCl也是侯氏制碱法的重要反应物之一，写出侯氏制碱法过程中涉及到的两个主要方程式：_ ， _。（2）采用“空气吹出法”从浓海水
44、吹出Br2，并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是Br2Na2CO3H2ONaBrNaBrO3NaHCO3，吸收1 mol Br2时，转移的电子数为_mol。（3）海水提镁的一段工艺流程如下图：卤水Mg（OH）2MgCl2溶液MgCl26H2OMgCl2Mg采用石墨电极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式_；电解时，若有少量水存在，则不能得到镁单质，写出有关反应的化学方程式_。（4）分离出粗盐后的卤水中蕴含着丰富的镁资源，经过下列途径可获得金属镁：其中，由MgCl26H2O制取无水MgCl2的部分装置（铁架台、酒精灯已略）如下：上图中，装置a由_、_、双孔塞和导管组成。循环物质甲的名称是_。制取
45、无水氯化镁必须在氯化氢存在的条件下进行，原因是_。【答案】 (1). 2NaCl（熔融）2Na+Cl2 (2). 2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O (3). NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3 (4). 2NaHCO3 =Na2CO3+ H2O+CO2 (5). (6). MgCl2（熔融）Mg+Cl2 (7). MgCl2+2H2OMg（OH）2+H2+Cl2 (8). 分液漏斗 (9). 烧瓶 (10). 盐酸 (11). 抑制晶体失水过程中的水解【解析】【分析】（1）工业用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠；电解氯化钠稀溶液得的氯气可制备“84消
46、毒液”，是氯气与氢氧化钠溶液反应；侯氏制碱法是向饱和的氯化钠溶液中通入氨气，再加入二氧化碳，生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水；（2） 反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质量之比为5：1，据此计算；（3） 采用石墨电极电解熔融的氯化镁，生成镁和氯气；电解时，若有少量水存在，变成电解氯化镁溶液，生成氢氧化镁，氢气和氯气；（4）氯化镁易水解，应在氯化氢气流中获得其晶体，图中a装置提供HCl，在b中经氯化钙干燥后通入c中，c中物质为MgCl26H2O，在氯化氢气流中分解（或风化）生成氯化镁，d为尾气吸收装置，生成的HCl可循环使用
47、。【详解】（1）工业用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，反应的方程式为2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故答案为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2；电解氯化钠稀溶液得到氯气与氢氧化钠溶液可制备“84消毒液”，方程式为2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O；侯氏制碱法是向饱和的氯化钠溶液中通入氨气，再加入二氧化碳，生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，反应的化学方程式分别是：NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3 ；2NaHCO3 =Na2CO3+ H2O+CO2，故答案为
48、：NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3 ；2NaHCO3 =Na2CO3+ H2O+CO2；（2）反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2n氧化剂（Br2）=25n还原剂（Br2），故n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）=5：1，故吸收1mol Br2时，转移的电子数为1mol25=mol，故答案为：；（3）采用石墨电极电解熔融的氯化镁，生成镁和氯气，其方程式是MgCl2（熔融）Mg+Cl2，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2；电解时，若有少量水存在，变成电解氯化镁溶液，生成氢氧化镁，氢气和氯气，其方程式是：MgCl2+2H2OMg（OH
49、）2+H2+Cl2，故答案为：MgCl2+2H2OMg（OH）2+H2+Cl2；（4）装置用到的仪器有：圆底烧瓶、分液漏斗、双孔塞和导管，故答案为：分液漏斗；烧瓶；氯化镁易水解，应在氯化氢气流中获得其晶体，氯化氢可以循环使用，故答案为：盐酸；如果直接在空气中加热MgCl26H2O，则Mg2+会水解的生成Mg（OH）Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解，故答案为：抑制晶体失水过程中的水解。30.A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D
50、是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_（用对应的元素符号表示）；基态D原子的电子排布式为_。（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_杂化；BC的立体构型为_（用文字描述）。（3）1 mol AB-中含有的键个数为_，电子式为_。（4）如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比_。（5）镍元素的原子价电子排布式为_.镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.010-23 cm3，
51、储氢后形成LaNinH4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNin中n_（填数值）；氢在合金中的密度为_。（写出表达式即可）【答案】 (1). CON (2). 1s22s22p63s23p63d104s1 (3). sp2 (4). 平面三角形 (5). 2NA (6). CN- (7). 1:5 (8). 3d,84s2 (9). 5 (10). 0.083g/cm3【解析】【分析】A、B、C、D都是前36号元素，它们的核电荷数依次增大，第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，故原子核外电子排布为1s22s22p2，故A为C元素；C是地壳中含量最高的元素
52、，所以C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，据此解答【详解】(1)C、N、O元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能CON；D的原子序数是29，为Cu元素，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：CON；1s22s22p63s23p63d104s1；(2)
53、H2CO3中C原子最外层电子数全部成键，没有孤电子对，成1个C=O双键，2个CO单键，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，NO3中N原子形成3个键，孤电子对=（5+132）2=0，则应为平面三角形，故答案为：sp2；平面三角形；(3)将CN中C原子及1个负电荷换成1个N原子，可得的等电子体N2，CN中形成CN三键，1个CN含有2个键，故1molCN中含有的键个数为2NA，电子式CN-故答案为：2NA；CN-；(4)由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8=1，Cu原子处于晶胞内部与面上、面心，晶胞中Cu数目为1+4+4=5，故该合金中Ca和Cu的原子个数比为1:5，故答案为：1:5；(5)镍是28号元素，原子序数是28，核外电子数是28，价电子排布式为3d,84s2，由(4)知n=5，晶胞中拥有4.5个H原子，氢在合金中的密度为g9.01023cm3=0.083g/cm3， 故答案为：3d,84s2；5；0.083g/cm3。【点睛】晶胞的密度等于晶胞的质量除以晶胞的体积，计算晶胞的质量是关键，晶胞的质量等于该晶胞所含物质的相对分子质量（相对原子质量）除以阿伏伽德罗常数再乘以含该微粒的个数。