1、天津市南开区南大奥宇培训学校2020届高三化学下学期第三次月考试题（含解析）相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137一、选择题1. 东汉魏伯阳在周易参同契中对汞的描述:“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指A. 硫B. 铜C. 铁D. 金【答案】A【解析】【分析】【详解】液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故选项A正确。【点睛】题考查汞、硫的性质及应用的知识。通过物质的状态、颜色等进
2、行判断是解答本题的关键。2. 下列说法正确的是()。A. 过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂B. 焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现C. 用活性炭为糖脱色和用臭氧漂白纸浆的原理相似D. 明矾作为净水剂，可以除去废水中的铜离子【答案】A【解析】【详解】A过氧化钠能和二氧化碳和水蒸气反应产生氧气，故A正确；B某些金属或它们的化合物在灼烧时使火焰呈现特征的焰色反应，是某些金素元素的物理性质，故B错误；C活性炭利用吸附性漂白，臭氧利用强氧化性漂白，则漂白原理不同，故C错误；D铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能够除去水中悬浮颗粒，不能除去铜离子，故D错误。故答案：A。3. 根据如图所示的信
3、息，判断下列叙述不正确的是A. 1mol氢气的共价键形成放出436kJ能量B. 氢气跟氧气反应生成水的同时吸收能量C. 1molH2(g)跟molO2(g)反应生成1molH2O(g)释放能量245kJD. 1molH(g)与molO(g)的总能量大于1molH2O(g)的能量【答案】B【解析】【分析】【详解】A对同一个化学键来说，断裂时吸收的能量与形成时放出的能量相等，所以1mol氢气的共价键形成放出436kJ能量，A项正确；B燃烧为放热反应，H2在O2中燃烧为放热反应，B项错误；CQQ(吸)Q(放)(436 kJ249 kJ)930 kJ245 kJ，说明该反应中释放出245 kJ能量，C
4、项正确；D放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，D项正确；答案选B。4. 一种高品质的磷矿石鸟粪石的化学式为MgNH4PO4，下列关于该物质的结构和性质的推测中不合理的是()A. 鸟粪石既属于镁盐又属于磷酸盐B. 鸟粪石既能和强酸反应又能和强碱反应C. 鸟粪石中既含有离子键又含有共价键D. 鸟粪石中两种阳离子的电子式分别为、【答案】D【解析】【详解】A. 鸟粪石的化学式为MgNH4PO4， 既属于镁盐又属于磷酸盐，故A正确；B. 化学式中含有磷酸根离子，可与强酸反应生成弱酸磷酸，又因含有铵根离子，又可与强碱反应，故B正确；C. 该物质为离子化合物，含有离子键，同时又含有磷酸根、铵根，又含有共
5、价键，故C正确；D. Mg2+的电子式为Mg2+，铵根离子的电子式为，D错误；故选D。5. 下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是()。A. 该溶液中，H+、Br可以大量共存B. 该溶液中，Ag+、K+、可以大量共存C. 滴入Na2S溶液，反应的离子方程式为ClO-+S2-+2H=Cl-+S+H2OD. 向该溶液中加入浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子NA【答案】D【解析】【详解】ANaClO和NaCl混合溶液中，H+、ClO-、Cl-、Br-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；B该混合溶液中，Cl-、Ag+会反应产生AgCl沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C
6、该混合溶液中滴入Na2S溶液，ClO-氧化性强，会将S2-氧化为H2SO4，不能反应产生S单质，C不符合题意；D向该溶液中加入浓盐酸，发生反应：2H+Cl-+ClO-=Cl2+H2O，每反应产生1 mol Cl2，转移电子为NA，D符合题意；故合理选项是D。6. 下列指定反应的离子方程式正确的是( )。A. Ca(ClO)2溶液中通入过量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+HClOB. 向FeCl2溶液加入适量NaClO溶液：6Fe2+3ClO+3H2O=2Fe(OH)3+4Fe3+3ClC. 将Cl2通入足量Na2CO3溶液：Cl2+H2O=Cl+HClOD. 向
7、Fe(NO3)3溶液中加入足量的HI溶液：2Fe3+2I=2Fe2+I2【答案】B【解析】【详解】ASO2过量，会被氧化为H2SO4，H2SO4与Ca2+结合形成CaSO4沉淀，HClO被还原为HCl，反应以不足量的Ca(ClO)2为标准，假设其物质的量是1 mol，则反应的离子方程式为：Ca2+2ClO+2SO2+2H2O=CaSO4+4H+2Cl+，A错误；B反应符合事实，遵循物质拆分原则，B正确；CCl2与水反应产生HCl和HClO，生成的HCl、HClO都与Na2CO3发生反应产生NaHCO3，反应不符合事实，C错误；D溶液中含有大量的H+、，起硝酸作用，具有强氧化性，其氧化性比Fe3
8、+强，会将反应产生的Fe2+氧化为Fe3+，同时题目漏掉了H+、I-之间的氧化还原反应，反应不符合事实，D错误；故合理选项是B。7. 下列实验的现象、解释或结论均正确的是()。选项实验解释或结论A向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解Al(OH)3是两性氢氧化物，不溶于碳酸溶液B在新制氯水中加入碳酸钙粉末，充分搅拌，氯水的漂白性增强碳酸钙是催化剂 C用蒸馏法能将溶解在CCl4中的碘分离出来因为碘易升华，先分离出来D向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，则溶液变为黄色氧化性：H2O2Fe3A. AB. BC. CD. D【
9、答案】A【解析】【详解】A向NaAlO2溶液中通入少量CO2气体，发生反应：2NaAlO2+CO2+3H2O=Na2CO3+2Al(OH)3，当CO2过量时，发生反应：Na2CO3+CO2+3H2O=2NaHCO3，由于H2CO3是弱酸，不能溶解两性氢氧化物Al(OH)3，故先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解，A正确；B在新制氯水中含有HCl、HClO，由于酸性HClH2CO3HClO，所以加入碳酸钙粉末与充分搅拌时，HCl与CaCO3发生反应，消耗HCl，使氯气与水的可逆反应的化学平衡正向移动，导致氯水中c(HClO)增大，则溶液的漂白性增强，但碳酸钙不是该反应的催化
10、剂，B错误；C由于I2在水中的溶解度比在CCl4中小，且水与CCl4互不相溶，因此不用蒸馏法将溶解在CCl4中的碘分离出来，C错误；D向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，在酸性条件下H+、具有强氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，导致溶液变为黄色，而不是H2O2将Fe2+氧化为Fe3，D错误；故合理选项是A。8. 已知A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。下列说法不正确的是()。A. 若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为23B. 若A为非金属单质，其所含的元素在周期表中可能处于第二周期第A族C
11、. 不论A为单质还是化合物，D都有可能是同一种物质D. 若A是共价化合物，0.1 mol A分子中含有的电子数可能为NA【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系，且D为强电解质，中学常见物质中N、S、Na元素的单质及其化合物符合转化关系，据此分析判断。【详解】A若A为非金属单质，能连续氧化且产物D为强电解质，则A可能为N2或S，其中氮气与镁反应产物为Mg3N2，其中阴、阳离子的个数比为23，故A正确；B若A为非金属单质，A为氮气或硫，氮元素处于第二周期A族，硫元素处于第三周期A族，故B错误；C若A为氮气或氨气，均可生成D（硝酸），故C正确；D若A是共价
12、化合物，A可能为NH3或H2S，0.1mol的NH3分子中含有的电子数为NA，故D正确；故选B。9. 下列说法正确的是()。A. 实验室从海带中提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤萃取B. 用玻璃棒蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色并不能说明该溶液中含有钠元素C. 可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上测其pHD. 配制浓硫酸、浓硝酸的混酸时，应将浓硝酸沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中【答案】B【解析】【详解】A海带中碘以离子形式存在，需要加入氧化剂氧化，则从海带中提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤氧化萃取，A错误；B由于玻璃成分中含有Na2SiO3，所以用玻璃棒蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色并不能说明该溶液中含有钠
13、元素，B正确；CCl2水具有强氧化性，会将试纸氧化变为无色，因此不能使用pH试纸上测其pH大小，C 错误； D由于浓硫酸的密度比浓硝酸大，且溶解在硝酸中会放出大量热，所以配制浓硫酸、浓硝酸的混酸时，应将浓硫酸沿玻璃棒缓慢注入浓硝酸中，并不断搅拌，使热量迅速扩散，D错误；故合理选项是B。10. AE是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，它们之间的转化关系如图所示。则下列说法正确的是() A. 单质X与A反应的化学方程式：Al2O32FeFe2O32AlB. 检验D溶液中金属阳离子的反应：Fe33SCN=Fe(SCN)3C. 与D溶液反应时单质Y被氧化D. 由于化合物B和C均既能与酸反应，又能与
14、碱反应【答案】C【解析】【分析】依据题给转化关系可知，A+X=B+Y是置换反应，单质X、Y都和稀硫酸反应说明是X、Y是活泼金属单质，A、B是能与硫酸反应的金属氧化物，由氧化物A和硫酸反应生成的D能与单质Y反应生成E可知， A为变价金属，则Y为铁，置换反应是氧化铁与铝发生的铝热反应，X为Al、A为Fe2O3、B为Al2O3、C为Al2（SO4）3、D为Fe2（SO4）3、E为FeSO4。【详解】A.由分析可知，单质X与A的反应为铝与氧化铁在高温下发生置换反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式：Fe 2O32AlAl 2O32Fe，故A错误；B.检验D溶液中铁离子的反应为铁离子与硫氰酸根离子反应生成
15、硫氰化铁，反应的离子方程式为Fe33SCN=Fe(SCN)3，故B错误；C.Y与D溶液的反应为铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，反应中铁为还原剂被氧化，故C正确；D.C为硫酸铝，硫酸铝不能与酸反应，故D错误；故选C。11. 某试样无色溶液可能含有如下离子：Na+、Mg2+、Fe3+、Cl-，且阴离子的物质的量浓度相等。某同学利用试样溶液，设计并完成了如下实验：根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论正确的是( )A. 气体X和气体Y均属于电解质B. 试样溶液中至少有5种离子存在，其中Na+一定存在且c(Na+)0.4molL-1C. 滤液M在酸性条件下与铜片的反应中，还原产物是NO2D. 将上述实
16、验产生的气体Y全部通入10 mL 1.2 molL-1的NaOH溶液中，所得溶液中阴离子主要为【答案】B【解析】【分析】加入Ba(OH)2溶液，生成气体为NH3，说明含有；同时产生白色沉淀A，向沉淀A中加入足量稀盐酸，产生气体Y是CO2，同时产生沉淀B是BaSO4；证明溶液中含有、，根据Mg2+、会形成MgCO3沉淀，说明溶液中不含有Mg2+；向滤液M中加入H+、与Cu加热，在试管口出现红棕色气体，该红棕色气体是NO2，反应产生的气体是NO，则溶液中含有。根据有关微粒的物质的量，结合电荷守恒分析判断。【详解】A根据上述分析可知：X是NH3，Y是CO2，二者都是化合物，在水溶液都不能因自身发生电
17、离而导电，因此二者都属于非电解质，A错误；B根据上面分析可知溶液中含有、，由于NH3的物质的量是n(NH3)=0.01 mol，根据N元素守恒，可知n()=n(NH3)=0.01 mol，n()=n(CO2)= =0.01 mol，n()=n(BaSO4)=0.01 mol，由于溶液中阴离子的物质的量浓度相等，则n()=0.01 mol。若溶液中不含有Cl-，根据溶液呈电中性，溶液中还应该有其它阳离子，由于Fe3+与会发生盐的双水解反应，不能大量共存，则溶液中一定含有Na+，则Na+的物质的量为n(Na+)=2n()+2n()+n()-n()=20.01 mol+20.01 mol+0.01
18、mol-0.01 mol=0.04 mol，c(Na+)=0.4 mol/L；若溶液中还含有Cl-，则Na+的浓度大于0.4 mol/L，则试样溶液中至少有、Na+这5种离子存在，其中Na+一定存在且c(Na+)0.4molL-1，B正确；C滤液M中含有的浓度很小，因此在酸性条件下H+、形成的是稀硝酸，则该稀硝酸与铜片在加热时反应，还原产物是NO，NO在试管口遇O2反应产生NO2，C错误；D气体Y是CO2，其物质的量是0.01 mol，全部通入10 mL 1.2 molL-1的NaOH溶液中，n(NaOH)=1.2 mol/L0.01 L=0.012 mol，n(CO2)：n(NaOH)=0.
19、01 mol：0.012 mol=5：6，二者反应的化学方程式为：5CO2+6NaOH=Na2CO3+4NaHCO3+H2O，可见所得溶液中阴离子主要为，D错误；故合理选项是A。12. 已知：2Fe3Br22FeBr3，Fe2的还原性大于Br。现有16.8 g铁和0.3 mol Br2反应后加入水得到澄清溶液后，通入a mol Cl2。则下列叙述不正确的是A. 当a0.1时，发生的反应为2Fe2Cl22Fe32ClB. 当a0.45时，发生反应为2Fe24Br3Cl22Fe32Br26ClC. 若溶液中Br有一半被氧化时，c(Fe3)c(Br)c(Cl)113D. 当0a0.15时，始终有2c
20、(Fe2)3c(Fe3)c(H)c(Cl)c(Br)c(OH)【答案】C【解析】【分析】n(Fe)=0.3mol，n(Br2)=0.3mol，由反应2Fe+3Br22FeBr3可知，反应后Fe过量，在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr-。【详解】A当a=0.1时，氯气不足，因Fe2+的还原性大于Br-，只发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，反应后Fe2+还有剩余，故A正确；B当a=0.45时，首先发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，剩余0.3molCl2，进一步发生2Br
21、-+Cl2Br2+2Cl-，又知Br-为0.6mol，则二者恰好反应，所以总方程式为2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-，故B正确；C若溶液中Br-有一半被氧化时，首先发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，又知Br-为0.6mol，Br-有一半被氧化，则反应0.3mol，由方程式2Br-+Cl2Br2+2Cl-，可知消耗0.15molCl2，则共消耗0.3mol氯气，则c(Fe3+)：c(Br-)：c(Cl-)=0.3mol：0.3mol：0.6mol=1：1：2，故C错误；D当0a0.15时，氯气不足，溶液中存在Fe2+和
22、Fe3+，由电荷守恒可知2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Br-)+c(OH-)，故D正确；答案选C。【点睛】解答本题时要注意根据离子的还原性强弱判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答本题的关键，也是易错点。根据题目信息2Fe+3Br22FeBr3，Fe2+的还原性大于Br-，同时题中铁和溴反应生成的产物为溴化亚铁，在其中通入氯气，先氧化亚铁离子再氧化溴离子。二、填空题13. N、P、As的化合物在研究和生产中有许多重要用途。(1)基态As原子的核外电子排布式为_。(2)N的第一电离能比O大，原因是_。(3)NH4+中H-N-H的键角比NH3中H-N-H
23、的键角_(填“大”或“小”)，原因是_。(4)K3AsO4中含有的化学键类型包括_；AsO43- 的空间构型为_。As4O6的分子结构如图1所示，则该化合物中As的杂化方式是_。(5)化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5 是_晶体。(6)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2 (小圆圈表示白磷分子)。已知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该晶胞中含有P 原子的个数为_，该晶体的密度为_(用含NA、a 的代数式表示) g.cm-3。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3 (2). N的2P轨道是
24、半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比氧的大 (3). 大 (4). NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力 (5). 离子键、共价键 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). 离子 (9). 16 (10). 【解析】（1）砷位于元素周期表的第四周期第VA族，外围电子排布为4s24p3，把前面的核外电子补齐后得砷基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3；(2). N的2P轨道是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比氧的大；（3）NH4+
25、中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，故NH4+中H-N-H键角比NH3中H-N-H键角大；（2）K3AsO4属于离子化合物，酸根离子中含有共价键，故K3AsO4中含有的化学键类型包括离子键、共价键；AsO43-中As原子孤电子对数=0、价层电子对数为4+0=4，空间构型为正四面体；As4O6的分子中As原子形成3个As-O键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，是sp3杂化；（5）化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则由铵根离子与氢负离子构成，属于离子晶体；（6）根据均摊法可知，晶胞中P4
26、分子数目为8+6=4，则晶胞中P原子数目为44=16，晶胞质量为g，晶胞体积为（acm）3，则晶胞密度为=gcm-3。点睛：本题考查晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断。易错点为（6）根据均摊法可知，晶胞中P4分子数目为4，则晶胞中含有16个P原子，计算晶胞质量，再根据=计算晶胞密度。14. .煤炭中以FeS2形式存在的硫，在有水和空气及在脱硫微生物存在下发生生物氧化还原反应，有关反应的离子方程式依次为：2FeS27O22H2O4H2Fe24SO ；Fe2O2HFe3_；FeS22Fe33Fe22S；2S3O22H2O4H2SO。已知：FeS2
27、中的硫元素为1价。回答下列问题：(1)根据质量守恒定律和电荷守恒定律，将上述离子方程式配平并补充完整_。(2)反应的还原剂是_。(3)观察上述反应，硫元素最终转化为_从煤炭中分离出来。.在淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，溶液立即变蓝，有关反应的离子方程式是_。在上述蓝色溶液中，继续滴加足量的NaClO溶液，蓝色逐渐消失，有关反应的离子方程式是_。(提示：碘元素被氧化成IO)从以上实验可知，ClO、I2、IO的氧化性由强到弱的顺序是_。.工业上用黄铜矿( CuFeS2)冶炼铜，副产品中有SO2，冶炼铜的反应为8CuFeS221O28Cu4FeO2Fe2O316SO2。若CuFeS2中 F
28、e 的化合价为2 ，反应中被还原的元素是_(填元素符号)。当生成0.8 mol 铜时，此反应转移的电子数目是_。【答案】 (1). 4、1、4、4 、2H2O (2). FeS2 (3). 硫酸盐 (4). 2I-+ClO-+H2O=I2+Cl-+2OH- (5). I2+5ClO-+2OH-=2IO3-+5Cl-+H2O (6). ClO- IO3- I2 (7). Cu、O (8). 10NA【解析】【详解】I（1）根据元素守恒，可知反应另一种生成物为H2O，根据氧化还原反应中，化合价升高的总价数等于化合价降低的总价数，配平可得离子方程式为：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O；（2）
29、还原剂是元素化合价反应后升高，反应中硫元素化合价从-1价变化为0价，所以反应中的还原剂是FeS2；（3）依据的离子方程式，分析判断最终的生成物为硫酸亚铁和硫酸。II在KI淀粉溶液中滴入少量NaClO溶液，溶液立即变蓝，说明生成碘，NaClO氧化KI生成碘，反应的离子方程式为2I+ClO+H2O = I2 + Cl+2OH，所以氧化性ClO-I2；继续滴加足量的NaClO溶液，蓝色逐渐消失，说明碘与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为I2 + 5ClO+2OH= 2IO3+ 5Cl+H2O，氧化剂是ClO-，还原剂是I2，氧化产物是 IO3-，所以氧化性ClOIO3I2；III反应8C
30、uFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe203+16SO2中铜元素、氧元素在得电子化合价降低，被还原；根据反应方程式可知：每产生8mol的Cu，转移电子100mol，所以当生成0.8 mol铜时，此反应转移的电子数目是10NA。15. 氯离子插层镁铝水滑石Mg2Al（OH）6ClxH2O是一种新型离子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气现用如图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）（1）Mg2Al（OH）6ClxH2O热分解的化学方程式为_（2）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为_（按气流方向，用接口字母表示），其中C的作用是_装置连接后
31、，首先要进行的操作的名称是_（3）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N2的作用是_、_等（4）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=_若取消冷却玻管B后进行实验，测定的x值将_（填“偏高”或“偏低”）（5）上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成Mg2Al（OH）6Cl12x（CO3）yzH2O，该生成物能发生类似的热分解反应现以此物质为样品，用（2）中连接的装置和试剂进行实验测定z，除测定D的增重外，至少还需测定_【答案】 (1). 2Mg2Al（OH）6ClxH2O4MgO+Al2O3+2HCl+（5+2x）H2O (2). aedb (3)
32、. 吸收HCl气体 (4). 检查装置的气密性 (5). 将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收 (6). 防止产生倒吸 (7). 3 (8). 偏低 (9). 装置C的增重及样品质量（或样品质量及样品分解后残余物质量或装置C的增重及样品分解后残余物质量）【解析】【详解】（1）高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，根据反应物和生成物书写方程式；（2）应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体；（3）为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止
33、产生倒吸；（4）根据反应的方程式计算；（5）由于化学式中出现两个未知数，所以必须测量3个数据，列二元一次方程组进行求解，需测定D的增重、装置C的增重及样品质量解：（1）根据题给信息：高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，可写出其化学方程式：2Mg2Al（OH）6ClxH2O4MgO+Al2O3+2HCl+（5+2x）H2O，故答案为2Mg2Al（OH）6ClxH2O4MgO+Al2O3+2HCl+（5+2x）H2O；（2）装置C的作用是吸收反应生成的HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管
34、一侧通入气体，故其连接顺序是aedb；连接好装置后首先应该检查装置的气密性，故答案为aedb；吸收HCl气体；检查装置的气密性；（3）因为加热后的装置中含有残留的HCl和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸，故答案为将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收；防止产生倒吸；（4）2Mg2Al（OH）6ClxH2O 4MgO+Al2O3+2HCl+（5+2x）H2O 73 18（5+2x）3.65g 9.90g解得x=3，若没有冷却玻璃管，由于气温偏高，装置D不能将水蒸汽完全吸收而导致结果偏低，故答案
35、为3；偏低；（5）由于化学式中出现两个未知数，所以必须测量3个数据，列二元一次方程组进行求解，所以除测定D的增重外，还需要测量两个数据，即装置C的增重及样品质量（或样品质量及样品分解后残余物质量或装置C的增重及样品分解后残余物质量），故答案为装置C的增重及样品质量（或样品质量及样品分解后残余物质量或装置C的增重及样品分解后残余物质量）16. 碘是生命体中的必需元素，请根据如下有关碘及其化合物的性质，回答下列问题：(1)实验室中制取少量碘可采用如下方法：KICuSO4CuIK2SO4I2。此反应生成1 mol I2时转移的电子是_mol。工业生产中，可用智利硝石(含有NaIO3)为原料，与NaH
36、SO3溶液反应生成碘，写出此反应的离子方程式：_。(2)单质碘与氟气反应可制得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性，研究人员发现产生这一现象的可能原因在于IF5的自偶电离(类似于：2H2OH3OOH)，电离生成的1价阳离子为_，1价阴离子为_。(3)将单质碘与铝屑置于管式电炉中，隔绝空气加热至500得到棕色片状固体(AlI3)，此固体溶于Na2CO3溶液可产生白色沉淀和气体。请写出AlI3和Na2CO3溶液反应的离子方程式：_。(4)设计以下实验方案判断加碘食盐中碘的存在形式为I、IO或两者同时存在。请对以下试验方案进行预测和分析。首先取试样加水溶解，分成三份试样：第一份试样加酸酸化，如
37、果加淀粉溶液后试样溶液变蓝，说明试样中同时存在I和IO，该过程反应离子方程式为_。第二份试样酸化后，加入淀粉溶液无变化，再加_溶液，溶液变蓝，说明试样中存在I。第三份试样酸化后，如果直接使_试纸变蓝，说明试样存在IO离子。【答案】 (1). 2 (2). 2IO5HSO=3H5SOI2H2O (3). IF (4). IF (5). 2Al33CO3H2O=2Al(OH)33CO2 (6). 5IIO6H =3I23H2O (7). FeCl3（或H2O2） (8). 淀粉KI试纸【解析】【详解】（1）碘元素化合价从1价升高到0价，因此反应生成1 mol I2时转移的电子是2mol；NaIO3
38、与NaHSO3溶液反应生成单质碘的同时还有硫酸生成，所以反应的离子方程式为：2IO35HSO3=3H5SO42I2H2O；因此，本题正确答案是：2；2IO35HS=3H5SO42I2H2O；（2）由2H2OH3OOH可类推知2IF5IF4IF6，即1价阳离子为IF4，1价阴离子为IF6。因此，本题正确答案是：I；IF6；（3）AlI3和Na2CO3溶液发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳：2Al33CO323H2O2Al(OH)33CO2。因此，本题正确答案是：2Al33CO323H2O2Al(OH)33CO2；（4）碘单质遇淀粉溶液变蓝，第一份试样加酸酸化，如果加淀粉溶液变蓝，说明试样中I和IO3反应生成了碘单质。反应式为：5IIO36H=3I23H2O。因此，本题正确答案是：5IIO36H=3I23H2O；第二份试样要检验I，酸化后，加入淀粉溶液，还需要加入氧化剂，如FeCl3（或H2O2）。因此，本题正确答案是：FeCl3（或H2O2）；第三份试样要检验IO3，酸化后，还需要加入淀粉和KI，即淀粉KI试纸。因此，本题正确答案是：淀粉KI。