1、2016-2017学年山东省济南市平阴一中高三（上）期中化学试卷一.选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1下列物质与其用途完全符合的是（）Na2O2供氧剂 晶体Si太阳能电池 AgI人工降雨 NaCl制纯碱 Al2O3焊接钢轨 NaClO消毒剂 Fe2O3红色油漆或涂料SO2食品防腐剂 NH3制冷剂 水玻璃耐火材料ABCD2下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是（）A漂粉精的主要成分为次氯酸钙B实验室可用浓硫酸干燥氨气C实验室可用NaOH溶液处理NO2、HCl废气DAl2（SO4）3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒3设NA为阿伏加德罗常数
2、值下列有关叙述正确的是（）A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA4氰氨基化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN=CaCN2+CO+H2+CO2，下列说法正确的是（）AHCN既是氧化剂又是还原剂BCaCN2中含有非极性键CCO为氧化产物，H2为还原产物D每消耗5g CaCO3生成1.12L CO25铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝下列说法
3、错误的是（）A、中除加试剂外，还需要进行过滤操作Ba、b中铝元素的化合价相同C中需要通入过量的氨气D进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝6短周期四种元素离子W2+、X、Y2、Z+的电子层结构相同下列说法正确的是（）A原子序数：WZXYB离子半径：r（W2+）r（X）r（Y2）r（Z+）CY的气态氢化物比X的气态氢化物稳定D氢氧化物碱性强弱：W（OH）2ZOH7能正确表示下列反应的离子方程式为（）A向明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4BFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O
4、4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OC玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na+2OH=Na2SiO3+H2ODVO2+与酸性高锰酸钾溶液反应：5VO2+MnO4+H2O5VO2+Mn2+2H+8下列示意图与对应的反应情况符合的是（）A向含0.01mol KOH和0.01mol Ca（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2至过量B向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量C向KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量D向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量9常温下，甲组中的某种物质能与乙组中的所有物质发生反应，甲组中的该物质是（）甲组Al（OH）3 SiO2 FeCl3
5、溶液 SO2乙组aNaOH溶液 b浓HNO3 c氨水 d氯水 eH2O2溶液ABCD10室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体充分接触（如图），容器内的压强由大到小的顺序是（）编号气体MH2SNH3HINO气体NSO2HClCl2O2A=BCD11某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为3：1滴入几滴石蕊溶液后，用石墨作电极电解该混合溶液，根据电极产物，电解过程可明显分为三个阶段下列叙述中，不正确的是（）A阴极自始至终只产生H2B电解过程中，溶液颜色呈现红色紫色蓝色的变化C电解过程中，Na+和SO42的物质的量浓度保
6、持不变D第一阶段中阴、阳两极产生的气体混合引燃后，恰好完全反应得到HCl12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反应均属于氧化反应和离子反应B反应说明该条件下铝的还原性强于锰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1：413根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序列参加反应的物质生成物MnO4 Cl2、Mn2+ Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4 A第组反应中生成0.5mol Cl2，转移电子1molB第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：
7、2C第组反应的其余产物为H2O和 O2D氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br214短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A原子在元素周期表中原子半径最小，B原子最外层电子数是电子层数的3倍，D与B属于同一主族，CA2是一种储氢材料下列叙述正确的是（）A元素B的单质与化合物A2D反应能生成D的单质B工业上利用铝热反应可制得单质CC原子B、C、D半径的大小顺序：DCBD一定条件下，过量的B单质与D单质直接生成BD315如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述中不正确的是（）A若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊溶液，则C中溶液先变红后褪色B若A为醋酸溶液，B为贝壳，C
8、中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色D若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀16三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室下列叙述正确的是（）A通电后中间隔室的SO42离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C负极反应为2H2O4e=O2+4H+，负极区溶液pH降低D当电路中通过1mol电子的电量时
9、，会有0.5mol的O2生成二.第卷（非选择题共52分）17（10分）X、Y、Z、W为四种短周期元素，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：XYZW请回答下列问题：（1）W元素在周期表中的位置（2）X、Y、Z、W分别形成的简单离子的半径由小到大的顺序为（用化学式填写，下同）；Y、Z对应的气态氢化物的稳定性（3）在一定条件下，由元素Y和Z组成的一种气态化合物可发生催化氧化反应，反应达平衡时有三种气态物质共存，已知每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式为（4）工业上将干燥的W单质通入熔融的Z单质中可制得化合物Z2W2，该物质可与水反
10、应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，写出Z2W2与水反应的化学方程式18（8分）某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO42、SiO32、NO3中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如图反应过程中有一种气体是红棕色请回答下列问题：（1）产生气体A的离子方程式为；（2）若转化中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为；（3）转化中的离子方程式为；（4）溶液X中，关于NO3的判断一定正确的是a一定有 b一定没有 c可能
11、有19（12分）铜、铁、铝是重要的金属材料，铜、铁、铝及其化合物有非常重要的用途（1）工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是（2）铁元素与氯元素可形成FeCl2和FeCl3两种化合物，下列说法正确的是 （填序号）保存FeCl2溶液时，需向溶液中加入少量FeFeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，电子由铜片沿导线流向碳棒向淀粉碘化钾溶液中滴加几滴FeCl2的浓溶液，原无色溶液变为蓝色纯铁与稀盐酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuCl22H2O晶体，速率加快（3）高铁酸钾（K2FeO
12、4）是一种高效多功能水处理剂K2FeO4可以铁为电极，通过电解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的阳极反应式：（4）工业上常用铝土矿（含SiO2等杂质）生产铝从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，需要从下列试剂中选择两种，选用的试剂组合最好是aNaOH溶液 b氨水 cCO2 d盐酸（5）四氢铝锂（LiAlH4）是有机合成中重要的还原剂，溶解于NaOH溶液时产生一种无色气体，请完成并配平该反应的离子方程式LiAlH4+=+20（10分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量某兴趣小组用下图所示装置制备NaNO2并对其性质作如下探
13、究（A中加热装置已略去）已知：2NO+Na2O22NaNO2；NO能被酸性KMnO4氧化成NO3，MnO4被还原为Mn2+I制备NaNO2（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为（2）B装置的目的是（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是（填序号）AP2O5 B碱石灰 C无水CaCl2 D生石灰（4）E装置发生反应的离子方程式是II测定NaNO2纯度（5）准确称取质量为m g的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解用a molL1酸性KMnO4溶液滴定，达滴定终点时所用KMnO4溶液体积为bml则样品中NaNO2的质量分数为（假设样品中其他杂质与酸性KMnO4溶液不反应
14、，用含m、a、b的代数式表示）21（12分）硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质用硼泥生产氢氧化镁的工艺流程如图所示：已知某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHMg（OH）29.310.8Fe（OH）27.69.6Fe（OH）3Al（OH）32.73.73.74.7（1）MgO的电子式为（2）滤渣2的主要成分是，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为（3）加入NaOH调节溶液pH=12.0时，发生反应的离子方程式为（4）利用Mg（OH）2与含SO2的烟气反应生成MgSO4，可以使烟气脱硫，该反应的
15、化学方程式为（5）若取a吨硼泥为原料，最后得到b吨Mg（OH）产品（假设生产过程中镁元素无损失），则硼泥中MgO的质量分数为（用含有a、b的代数式表示）2016-2017学年山东省济南市平阴一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一.选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1下列物质与其用途完全符合的是（）Na2O2供氧剂 晶体Si太阳能电池 AgI人工降雨 NaCl制纯碱 Al2O3焊接钢轨 NaClO消毒剂 Fe2O3红色油漆或涂料SO2食品防腐剂 NH3制冷剂 水玻璃耐火材料ABCD【考点】物质的组成、结构和性质的关系【专题】物质的性质和变化专题【分
16、析】Na2O2能够与水、二氧化碳反应生成氧气； 晶体Si为良好的半导体材料； AgI能用于人工降雨；依据侯氏制碱法原理解答； A依据铝热反应的用途解答； NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒； Fe2O3为红棕色固体；SO2有毒； NH3汽化吸收大量的热； 水玻璃是硅酸钠的水溶液【解答】解：Na2O2能够与水、二氧化碳反应生成氧气，可做供氧剂，故正确；晶体Si为良好的半导体材料，能制造太阳能电池，故正确；AgI能用于人工降雨，故正确；氨碱法制纯碱的实验原理进行分析，以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，故正确； 利用铝热反应原理焊接钢轨，故正确；病毒属于蛋
17、白质，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，故正确；Fe2O3为红棕色固体，能作红色油漆或涂料，故正确；二氧化硫有毒，不能用作食品添加剂，故错误；NH3汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，用作木材的防火剂，故正确；故选：C【点评】本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，注意对相关知识的积累2下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是（）A漂粉精的主要成分为次氯酸钙B实验室可用浓硫酸干燥氨气C实验室可用NaOH溶液处理NO2、HCl废气DAl2（SO4）3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒【考
18、点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】A漂白精的有效成分为次氯酸钙；B氨气与浓硫酸反应；CNO2和HCl都可与NaOH反应；D酸性条件下抑制铝离子的水解【解答】解：A漂白精的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，其中有效成分为次氯酸钙，故A错误；B因氨气和浓硫酸反应，则不能用浓硫酸干燥氨气，应用碱石灰，故B错误；CNO2和HCl都可与NaOH反应，可用氢氧化钠溶液处理尾气，故C正确；D酸性条件下抑制铝离子的水解，碱性条件下可促进水解，在酸性条件下不能除去废水中的悬浮颗粒，故D错误故选C【点评】本题
19、考查较为综合，涉及物质的组成、性质以及应用，侧重于化学与生活、生产的考查，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大3设NA为阿伏加德罗常数值下列有关叙述正确的是（）A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA【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】A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；B、合成氨的反应为可逆反应；C、铁和过量的硝酸反应后变为+3价；D、标况下四氯化碳为液态【解答】解：A
20、、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含2NA个H原子，故A正确；B、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于2NA个，故B错误；C、铁和过量的硝酸反应后变为+3价，故1mol铁转移3NA个电子，故C错误；D、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算器i物质的量和含有的共价键个数，故D错误故选A【点评】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4氰氨基化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN=CaCN2+CO+H2+CO2，下列说法正确的是（）A
21、HCN既是氧化剂又是还原剂BCaCN2中含有非极性键CCO为氧化产物，H2为还原产物D每消耗5g CaCO3生成1.12L CO2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】在CaCO3+2HCN=CaCN2+CO+H2+CO2反应中，HCN中的碳元素化合价由+2升高到+4，对应的氧化产物为CaCN2，HCN中的氢元素化合价由+1价降低到0，对应的还原产物为H2，以此解答该题【解答】解：A因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，则HCN既是氧化剂又是还原剂，故A正确；BCaCN2中存在N=C=N2，含有离子键和极性键，不含非极性键，故B错误；CCO由HCN生成，C的化合价没有
22、变化，所以CO既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；D气体存在的条件未知，没有说明是在标准状况下，所以不能确定体积大小，故D错误故选A【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意利用元素的化合价来分析氧化还原反应，明确反应中各物质中的元素的化合价是解答的关键，题目难度不大5铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝下列说法错误的是（）A、中除加试剂外，还需要进行过滤操作Ba、b中铝元素的化合价相同C中需要通入过量的氨气D进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝【考点】镁、铝的重要化合物；金属冶炼的一般原理【专题】几种重要的金属及其化合物【
23、分析】铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al【解答】解：铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2
24、O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al；A、由以上分析可知、中除加试剂外，还需要进行过滤操作，故A正确；B、a中为Al3+，b中为AlO2，a、b中铝元素的化合价均为+3价，故B正确；C、中需要把AlO2转化为Al（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故C错误；D、根据上面分析可知是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，故D正确故选：C【点评】本题考查了铝土矿中提取Al的工艺流程，注意除杂试剂的选择和物质的分离方法，同时涉及了铝的化合物的性质，题目难度中等6短周期四种元素离子W2+、X、Y2、Z+的电子层结构相同下列说法正确的是（）A原子序数
25、：WZXYB离子半径：r（W2+）r（X）r（Y2）r（Z+）CY的气态氢化物比X的气态氢化物稳定D氢氧化物碱性强弱：W（OH）2ZOH【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】W2+、X、Y2、Z+四种离子均具有相同的电子层结构，离子最外层电子数为8，W、Z处于同一周期，为金属元素，Z形成+1价离子，X处于A族，W形成+2价离子，Y处于A族；X、Y处于同一周期，为非金属元素，X形成1价离子，X处于A，Y形成2价离子，Y处于A族；且W、Z在周期表中X、Y的下一周期，原子序数：WZXY，结合元素周期律递变规律解答该题【解答】解：W2+、X、Y2、Z+四种离子均具有相同的电子层结构，离子最外层电子
26、数为8，W、Z处于同一周期，为金属元素，Z形成+1价离子，X处于A族，W形成+2价离子，Y处于A族；X、Y处于同一周期，为非金属元素，X形成1价离子，X处于A，Y形成2价离子，Y处于A族；且W、Z在周期表中X、Y的下一周期，原子序数：WZXY，A由以上分析可知原子序数：WZXY，故A正确；B原子序数：WZXY，W2+、X、Y2、Z+四种离子均具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，则r（Y2）r（X）r（Z+）r（W2+），故B错误；CX、Y处于同一周期，为非金属元素，且原子序数XY，则非金属性XY，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；DW、Z处于同一周期，为金属元素，原子序数
27、WZ，金属性ZW，氢氧化物碱性强弱：W（OH）2ZOH，故D错误故选A【点评】本题考查结构与位置性质关系、元素周期律等，难度中等，根据电子层排布与离子电荷判断元素在周期表中的相对位置是解题的关键，较好的考查元素周期表和元素周期律7能正确表示下列反应的离子方程式为（）A向明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4BFe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OC玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na+2OH=Na2SiO3+H2ODVO2+与酸性高
28、锰酸钾溶液反应：5VO2+MnO4+H2O5VO2+Mn2+2H+【考点】离子方程式的书写【分析】A硫酸根离子沉淀完全时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，恰好反应生成偏铝酸根离子；B亚铁离子被稀硝酸氧化成铁离子；C硅酸钠为不是难溶物，离子方程式中应该拆开；D酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够将VO2+氧化成VO2+【解答】解：A明矾KAl（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+AlO2+2H2O，故A错误；B四氧化三铁与稀硝酸发生氧化还
29、原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故B错误；C玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀，反应生成硅酸钠和水，硅酸钠需要拆开，正确的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O，故C错误；D5VO2+与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：5VO2+MnO4+H2O5VO2+Mn2+2H+，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：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、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等8下列
30、示意图与对应的反应情况符合的是（）A向含0.01mol KOH和0.01mol Ca（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2至过量B向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量C向KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量D向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量【考点】镁、铝的重要化合物【专题】图像图表题【分析】A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会生成碳酸钙，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，最后将碳酸钙溶解；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀；C、KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（
31、OH）2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止，结合具体数据分析反应过程；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后沉淀逐渐溶解【解答】解：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，故B正确；C、假设含2molKAl（SO4）2溶液中逐滴加
32、入Ba（OH）2溶液，开始阶段滴加入3molBa（OH）2时，2mol铝离子和3mol硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成2mol氢氧化铝和3mol硫酸钡沉淀共5mol沉淀，然后再滴加入1molBa（OH）2时，继续形成1mol的硫酸钡沉淀但同时有会溶解2mol氢氧化铝沉淀，所以这一段沉淀的物质的量并没有增多反而减小，再滴加入Ba（OH）2时无反应发生最终只剩余硫酸钡沉淀，故C错误；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐溶解掉，应该是1份沉淀，3份溶解，故D错误故选B【点评】本题考查元素化合物的知识，重点为物质间的相互反应，难点要考虑反应的先后顺序问题，属于
33、偏难题9（2014秋盐城期中）常温下，甲组中的某种物质能与乙组中的所有物质发生反应，甲组中的该物质是（）甲组Al（OH）3 SiO2 FeCl3溶液 SO2乙组aNaOH溶液 b浓HNO3 c氨水 d氯水 eH2O2溶液ABCD【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物【专题】元素及其化合物【分析】根据物质的性质，并一一带入看是否与aNaOH溶液 b浓HNO3 c氨水 d氯水 eH2O2溶液都反应；氢氧化铝具有两性，但只能与强酸强碱反应；二氧化硅属于酸性氧化物，一般只与碱、碱性氧化物、部分盐反应；三氯化铁具有强氧化性，不与浓硝酸、氯水、双氧水等强氧化剂反
34、应；二氧化硫即有酸性氧化物的性质又具有强还原性【解答】解：氢氧化铝具有两性，但只能与强酸强碱反应，所以不与氨水、H2O2反应；二氧化硅属于酸性氧化物，不与浓硝酸、氨水、氯水、双氧水反应；三氯化铁具有强氧化性，不与浓硝酸、氯水、双氧水反应；二氧化硫即有酸性氧化物的性质可以与氢氧化钠和氨水反应，又具有还原性可以与强氧化性反应即浓硝酸、氯水、双氧水反应；故选：D【点评】本题主要考查了元素合物知识，关键要熟悉基本物质的性质，难度不大10室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体充分接触（如图），容器内的压强由大到小的顺序是（）编号气体MH2SNH3H
35、INO气体NSO2HClCl2O2A=BCD【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小发生2H2S+SO2=3S+2H2O；发生NH3+HCl=NH4Cl；Cl2+2HI=2HCl+I2，碘单质常温下是固体；发生2NO+O2=2NO2，设体积均为2L，结合反应分析【解答】解：取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小，发生2H2S+SO2=3S+2H2O；发生NH3+HCl=NH4Cl；Cl2+2HI=2HCl+I2，碘单质常温下是固体；发生2NO+O2=2NO2，设两种气体体积均为2L，由反应可知
36、，中反应后只有1L气体，不含气体，中反应后含有3L，中若不考虑2NO2N2O4，则反应后得到气体体积为3L，由于部分NO2转化成N2O4，导致气体体积减小，则混合气体体积介于23L之间；则容器内的压强由大到小的顺序是：，故选B【点评】本题考查物质的量的计算，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大11（2011济南一模）某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为3：1滴入几滴石蕊溶液后，用石墨作电极电解该混合溶液，根据电极产物，电解过程可明显分为三个阶段下列叙述中，不正确的是（）A阴极自始至终只产生
37、H2B电解过程中，溶液颜色呈现红色紫色蓝色的变化C电解过程中，Na+和SO42的物质的量浓度保持不变D第一阶段中阴、阳两极产生的气体混合引燃后，恰好完全反应得到HCl【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】根据电解原理：阴极的放电离子：氢离子，阳极离子的放电顺序：氯离子氢氧根离子，溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，根据电解原理和离子物质的量，结合电子守恒计算判断放电的离子，来判断电解过程【解答】解：可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7
38、，暂时可以忽略，电极反应为：阳极：2Cl2e=Cl2 2Cl2e=Cl2 4OH4e=2H2O+O2 2 2 1 1 阴极：2H+2e=H2 2H+2e=H2 2H+2e=H2 2 2 1 1则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，即2HClH2+Cl2，2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，2H2O2H2+O2，生成的NaOH为碱性，pH大于7；A、阴极上始终是氢离子得到电子生成氢气，故A正确；B、阴极电极过程产物分析，开始蓝色使石蕊变红色，随氢离子放电减小，溶液变为紫色，电解过程中生成的NaOH为碱性，pH大于7石蕊试液颜色又变为蓝色，故B正确；C、电解过程中，N
39、a+和SO42的物质的量不变，但电极过程中溶剂水减少，所以物质的量浓度增大，故C错误；D、第一阶段电解的是氯化氢，电解过程中阴、阳两极产生的气体氢气和氯气，依据电子守恒可知，混合引燃后，恰好完全反应得到HCl，故D正确；故选C【点评】本题考查了电解质溶液的混合电解，溶液中离子放电顺序，电子守恒是解题关键，题目难度中等12（2014仁寿县模拟）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反应均属于氧化反应和离子反应B反应说明该条件下铝的还原性强于锰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
40、反应的电子转移数目计算【专题】氧化还原反应专题【分析】A反应中均有元素的化合价变化，中没有离子参加反应；B为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；C生成等量的O2，结合2H2O2O22e、2KClO33O212e分析；D反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高【解答】解：A反应中均有元素的化合价变化，均为氧化还原反应，而中没有离子参加反应，则不属于离子反应，故A错误；B为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性AlMn，故B正确；C由6H2O23O26e、2KClO33O212e，生成等量的O2，反应和转移的电子数之比
41、为1：2，故C错误；D反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，4molHCl中只有2mol为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选B【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，题目难度不大13（2015秋潍坊期末）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序列参加反应的物质生成物MnO4 Cl2、Mn2+ Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4 A第组反应中生成0.5mol
42、Cl2，转移电子1molB第组反应中Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第组反应的其余产物为H2O和 O2D氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】A由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍；B由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断；C反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水；D氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知Fe3+不能氧化Br，
43、氧化性Br2Fe3+【解答】解：A由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故A正确；B由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；C反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故C正确；D氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4Cl2，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不
44、能氧化Br，氧化性Br2Fe3+，故D错误故选D【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大14（2016泰和县三模）短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A原子在元素周期表中原子半径最小，B原子最外层电子数是电子层数的3倍，D与B属于同一主族，CA2是一种储氢材料下列叙述正确的是（）A元素B的单质与化合物A2D反应能生成D的单质B工业上利用铝热反应可制得单质CC原子B、C、D半径的大小顺序：DCBD一定条件下，过量的B单质与D单质直接生成BD3【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与
45、元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B原子最外层电子数是电子层数的3倍，可推知B为O元素；D与B属于同一主族，则D为S元素；CA2是一种储氢材料，C为+2价，而且原子序数大于O小于S，则C为Mg元素；结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B原子最外层电子数是电子层数的3倍，可推知B为O元素；D与B属于同一主族，则D为S元素；CA2是一种储氢材料，C为+2价，而且原子序数大于O
46、小于S，则C为Mg元素；A氧气具有氧化性、硫化氢具有还原性，则元素O的单质与化合物H2S反应能生成S的单质，故A正确；BC为Mg，Mg的还原性大于Al，所以不能用铝热反应可制得单质Mg，故B错误；C电子层越多，原子半径越大，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径MgSO，即半径的大小顺序：CDB，故C错误；DD为S元素，B为O元素，S在氧气中燃烧生成SO2，故D错误，故选A【点评】本题考查结构性质位置关系应用，根据原子结构和元素的性质推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解掌握，题目难度不大15如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述中不正确的是（）A若A为浓硫酸，B为Na2SO
47、3固体，C中盛石蕊溶液，则C中溶液先变红后褪色B若A为醋酸溶液，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色D若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，使石蕊变红；B醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊；C浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；D浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀【解答】解：A浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，使石蕊变红
48、，则C中盛石蕊溶液，则C中溶液变红，故A错误；B醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，则C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊，故B正确；C浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，则不能生成氯气，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色，故C正确；D浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则C中盛AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀，故D正确；故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的制备实验、性质实验及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大16（2016春哈尔滨校级期末）三室式电渗析法处理含Na2SO4
49、废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室下列叙述正确的是（）A通电后中间隔室的SO42离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C负极反应为2H2O4e=O2+4H+，负极区溶液pH降低D当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小；B、从两极的电极反应和溶液的电中性角度考虑；C、负极即为阴
50、极，发生还原反应，氢离子放电；D、当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成【解答】解：A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误；B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错
51、误；D、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误故选B【点评】本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极以及阴阳极上离子的放电顺序是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度不大二.第卷（非选择题共52分）17（10分）X、Y、Z、W为四种短周期元素，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：XYZW请回答下列问题：（1）W元素在周期表中的位置第三周期第VIIA族（2）X、Y、Z、W分别形成的简单离子的半径由小到大的顺序为O2N3ClS2（用化学式填写，下同）；Y、Z对应的气态氢
52、化物的稳定性H2OH2S（3）在一定条件下，由元素Y和Z组成的一种气态化合物可发生催化氧化反应，反应达平衡时有三种气态物质共存，已知每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式为2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=190.0kJmol1（4）工业上将干燥的W单质通入熔融的Z单质中可制得化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，写出Z2W2与水反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题
53、【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl，以此解答该题【解答】解：（1）W为Cl元素，处于周期表中第三周期第VIIA 族，故答案为：第三周期第VIIA 族；（2）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，且离子核外电子层数越多，离子半径越大，则有离子半径O2N3ClS2，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性：OS，所以气态氢化物的稳定性：H2OH2S，故答案为：O2N3ClS2；H2OH2S；（3）在一
54、定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO2+O22SO3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为=2mol，该反应的热化学方程式是：2SO2 （g）+O2（g）2SO3（g）H=190.0 kJmol1，故答案为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=190.0 kJmol1；（4）化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS原子
55、发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，较好的考查学生运用知识分析问题、解决问题的能力，难度中等18（8分）某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32、SO42、SiO32、NO3中的一种或几种离子，取该溶液进行实验，其现象及转化如图反应过程中有一种气体是红棕色请回答下列问题：（1）产生气体A的离子方程
56、式为3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（2）若转化中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为1：4；（3）转化中的离子方程式为2H2O+AlO2+CO2=Al（OH）3+HCO3；（4）溶液X中，关于NO3的判断一定正确的是ba一定有 b一定没有 c可能有【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32、SiO32，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液存在SO42，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3不能共
57、存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3，气体A是NO，由反应可知生成D为NO2，中生成E为硝酸；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，产生沉淀，由于溶液中存在Fe2+，沉淀G是Fe（OH）3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，溶液H中含有偏铝酸根，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3，以此来解答【解答】解：（1）A为NO，产生气体A的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（2）若转化中，D、H2O、O2三种物质恰好发生
58、化合反应生成E，发生4NO2+O2+4H2O=4HNO3，则反应中O2与D的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；（3）转化中的离子方程式为2H2O+AlO2+CO2=Al（OH）3+HCO3，故答案为：2H2O+AlO2+CO2=Al（OH）3+HCO3；（4）溶液中Fe2+和NO3不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3，只有b符合，故答案为：b【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意发生的氧化还原反应，题目难度不大19（12分）铜、铁、铝是重要的金属材料，铜、铁、铝及其化合物有非常重要的用
59、途（1）工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为Cu2S和O2电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是粗铜（2）铁元素与氯元素可形成FeCl2和FeCl3两种化合物，下列说法正确的是 （填序号）保存FeCl2溶液时，需向溶液中加入少量FeFeCl2只能通过置换反应生成，FeCl3只能通过化合反应生成铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，电子由铜片沿导线流向碳棒向淀粉碘化钾溶液中滴加几滴FeCl2的浓溶液，原无色溶液变为蓝色纯铁与稀盐酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuCl22H2O晶体，速率加快（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂K2FeO4可以铁为电极，通过电
60、解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的阳极反应式：Fe+8OH6eFeO42+4H2O（4）工业上常用铝土矿（含SiO2等杂质）生产铝从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，需要从下列试剂中选择两种，选用的试剂组合最好是d、baNaOH溶液 b氨水 cCO2 d盐酸（5）四氢铝锂（LiAlH4）是有机合成中重要的还原剂，溶解于NaOH溶液时产生一种无色气体，请完成并配平该反应的离子方程式LiAlH4+2H2O=Li+AlO2+4H2【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】（1）Cu2S和O2反应制取粗铜，还生成二氧化硫，Cu、O元素的化合价降低；
61、电解粗铜制取精铜，粗铜在阳极上失去电子；（2）应防止亚铁离子被氧化；Fe与氯化铁化合反应生成氯化亚铁，氯化铁可由复分解反应生成；铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，Cu为负极；向淀粉碘化钾溶液中滴加几滴FeCl2的浓溶液，不反应；加入少量CuCl22H2O晶体，Fe置换出Cu，构成原电池；（3）在电解时铁为阳极，在电极上失电子，得到FeO42；（4）从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，与碱不反应，则加酸转化为沉淀再分离；（5）溶解于NaOH溶液时产生一种无色气体，气体为氢气，还生成LiAlO2【解答】解：（1）Cu2S和O2反应制取粗铜，还生成二氧化硫，Cu、O元素的
62、化合价降低，则Cu2S和O2为氧化剂；电解粗铜制取精铜，粗铜在阳极上失去电子，即粗铜为阳极，故答案为：Cu2S和O2；粗铜；（2）保存FeCl2溶液时，需向溶液中加入少量Fe防止Fe2+被氧化，故正确；FeCl2可以通过置换反应生成，也可以通过化合反应生成，如铁与FeCl3反应生成FeCl2，FeCl3只能通过化合反应生成，故错误；铜片、碳棒和FeCl3溶液组成原电池，铜做负极，电子由铜片沿导线流向碳棒，故正确；FeCl2溶液中Fe2+不能氧化I，不能产生蓝色的现现象，故错误；纯铁与稀盐酸反应产生氢气的速率较慢，当加入少量CuCl22H2O晶体时，铁与Cu2+反应生成Cu单质，铁、铜与盐酸形成
63、原电池，使反应速率加快，故正确；故答案为：；（3）电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH6eFeO42+4H2O；故答案为：Fe+8OH6eFeO42+4H2O；（4）从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al（OH）3，与碱不反应，则加足量盐酸转化为硅酸沉淀和氯化铝，滤液中加氨水转化为Al（OH）3，故答案为：d、b；（5）LiAlH4与水反应生成氢气，该反应为LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2，离子反应为LiAlH4+2H2OLi+AlO2+4H2，故答案为：2H2O；Li+；AlO2；4H2【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，综合考查元素
64、化合物知识，把握物质的性质及氧化还原反应、电解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大20（10分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量某兴趣小组用下图所示装置制备NaNO2并对其性质作如下探究（A中加热装置已略去）已知：2NO+Na2O22NaNO2；NO能被酸性KMnO4氧化成NO3，MnO4被还原为Mn2+I制备NaNO2（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O（2）B装置的目的是将NO2转化为NO；铜与稀硝酸反应生成NO（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是BD
65、（填序号）AP2O5 B碱石灰 C无水CaCl2 D生石灰（4）E装置发生反应的离子方程式是5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3 Mn2+2H20II测定NaNO2纯度（5）准确称取质量为m g的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解用a molL1酸性KMnO4溶液滴定，达滴定终点时所用KMnO4溶液体积为bml则样品中NaNO2的质量分数为（假设样品中其他杂质与酸性KMnO4溶液不反应，用含m、a、b的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】制备NaNO2并对其性质作探究，由实验装置可知，A中发生C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，B中稀释挥发的
66、硝酸和生成的二氧化氮，C中固体干燥剂干燥NO，并除去可能混有的酸雾，D中发生2NO+Na2O22NaNO2，E中高锰酸钾吸收尾气NO，（1）A中是碳和浓硝酸发生的反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；（2）B中稀释挥发的硝酸和生成的二氧化氮，使二氧化氮转化为NO，同时稀硝酸和铜发生反应；（3）保证气体中酸性气体吸收，一氧化氮气体干燥；（4）E装置的作用是吸收有毒的NO气体，避免污染空气；II测定NaNO2纯度（5）将NaNO2滴加到酸性高锰酸钾溶液中，可观察到紫色溶液颜色变浅，直至褪色，说明二者发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子，结合化学反应的定量关系计
67、算；【解答】解：（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（2）B装置的目的是将NO2转化为NO、铜与稀硝酸反应生成NO，故答案为：将NO2转化为NO；铜与稀硝酸反应生成NO；（3）A、C不能吸收酸，B、D可吸收酸且干燥气体，故答案为：BD；（4）由信息可知，E装置的作用是利用高锰酸钾溶液的强氧化性氧化吸收有毒气体一氧化氮，吸收有毒的NO气体，避免污染空气，反应的离子方程式为：5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3 Mn2+2H20，故答案为：5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3
68、Mn2+2H20；（5）将NaNO2滴加到酸性高锰酸钾溶液中，可观察到紫色溶液颜色变浅，直至褪色，说明二者发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子，将NaNO2滴加到酸性高锰酸钾溶液中，可观察到紫色溶液颜色变浅，直至褪色，说明二者发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子，离子方程式为，准确称取质量为m g的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解用a molL1酸性KMnO4溶液滴定，达滴定终点时所用KMnO4溶液体积为bml 2MnO4+5NO2+6H+=2Mn 2+3H2O+5NO3， 2 5amol/Lb10
69、3L nn=mol则样品中NaNO2的质量分数为100%=，故答案为：；【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验装置的作用、氧化还原反应的应用为解答的关键，侧重分析与实验及应用能力的综合考查，题目难度中等21（12分）（2015房山区一模）硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质用硼泥生产氢氧化镁的工艺流程如图所示：已知某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHMg（OH）29.310.8Fe（OH）27.69.6Fe（OH）3Al（OH）32.73.73.74.7（1）MgO的电子式为（2）滤渣2的
70、主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（3）加入NaOH调节溶液pH=12.0时，发生反应的离子方程式为Mg2+2OHMg（OH）2（4）利用Mg（OH）2与含SO2的烟气反应生成MgSO4，可以使烟气脱硫，该反应的化学方程式为2Mg（OH）2+2SO2+O22MgSO4+2H2O（5）若取a吨硼泥为原料，最后得到b吨Mg（OH）产品（假设生产过程中镁元素无损失），则硼泥中MgO的质量分数为（用含有a、b的代数式表示）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】硼泥主要由MgO和Si
71、O2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质，加入硫酸，MgO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，过氧化氢具有氧化性，加入的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子，加入氢氧化钠，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含镁离子，调节PH=12，得到滤渣3Mg（OH）2，洗涤烘干得到Mg（OH）2晶体（1）MgO为离子化合物，其电子式由阴离子氧离子、阳离子镁离子的电子式组合而成，据此书写；（2）PH=6，滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，氢氧化
72、铝具有两性，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，氢氧化铝溶解；（3）加入NaOH调节溶液pH=12.0时，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁；（4）根据Mg（OH）2与含SO2的烟气反应生成MgSO4，反应物必有O2，据此书写；（5）根据镁元素守恒计算【解答】解：硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质，加入硫酸，MgO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，MgO+H2SO4MgSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O，FeO+H2SO4FeSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2不
73、与硫酸反应，滤渣1为SiO2，过氧化氢具有氧化性，加入的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子，H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O；加入氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0，铁离子生成氢氧化铁沉淀，Fe3+3OHFe（OH）3；铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al3+3OHAl（OH）3；过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含镁离子，调节PH=12，Mg2+2OHMg（OH）2；得到滤渣3：Mg（OH）2，洗涤烘干得到Mg（OH）2晶体（1）MgO是离子化合物，由Mg2+离子和O2离子构成，MgO的电子式，故答案为：；（2）加入氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0，铁
74、离子生成氢氧化铁沉淀，Fe3+3OHFe（OH）3；铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al3+3OHAl（OH）3；过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，氢氧化铝具有两性，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，发生反应Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（3）滤液中含镁离子，调节PH=12，Mg2+2OHMg（OH）2，故答案为：Mg2+2OHMg（OH）2；（4）氢氧化镁无氧化性，根据信息反应物为Mg（OH）2、SO2、产物为MgSO4，所以反应物必有O2，所以该反应为：2Mg（OH）2+2SO2+O22MgSO4+2H2O，故答案为：2Mg（OH）2+2SO2+O22MgSO4+2H2O；（5）设硼泥中MgO的质量分数为x，根据镁原子守恒：，解得x=，故答案为：【点评】本题考查了从硼泥生产氢氧化镁的方法，涉及了电子式、镁、铝、铁及其化合物的性质、氢氧化镁晶体的产率计算等知识，注意沉淀的成分与PH值之间的关系，题目难度中等