1、2015-2016学年安徽省“江淮十校”联考高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，共54分每小题只有一个选项符合题意）1SCR法（选择性催化还原技术）是一种以NH3作为还原剂，将烟气中NOx，分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术，反应原理为：6NO+4NH35N2+6H2O；6NO2+8NH37N2+12H2O；NO+NO2_2NH32N2+3H2O，下列说法正确的是（）ANO2为酸性氧化物BH2O很稳定是因为水分子之间存在氢键C反应中每生成22.4 LN2，转移电子数1.5NADNH3的沸点比PH3的沸点高2化学与生产、生活、社会密切相关下列有关说法中，正确的是（
2、）A明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒BSiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆C鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少环境污染，发展循环经济，促进节能减排D焰火“脚印”、“笑脸”，使北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”的知识相关，焰色反应是化学变化3下列物质、类别、用途或储存方法对应关系都正确的是（）选项ABCD物质Na2CO3CH3COOHNH3HO2Na2SiO3类别碱弱电解质非电解质强碱弱酸盐用途或储存方法氯碱工业产品之一制食醋棕色瓶密封保存带玻璃塞的试剂瓶保存AABBCCDD4设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（
3、）A标准状况下，2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4NAB白磷分子（P4）呈正四面体结构，12.4 g白磷中含有PP键数目为0.6NAC5.6 g铁粉在2.24l（标准状况）氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3NAD常温常压下，10 g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1NA5下列化学用语表示正确的是（）AN2分子的电子式：B中子数为18的氯原子的原子符号：C18O2的结构示意图：DCO2的比例模型：6下列说法不正确的是（）A臭氧空洞、温室效应、光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关B石油裂解、煤的气化、海水制镁、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化C低碳经济就是以低能耗、低污染
4、、低排放为基础的经济发展模式D可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化铁溶液7利用如图所示装置进行实验，有关现象和解释均正确的是（）选项足量气体A甲中试剂乙中试剂现象解释ACO2Na2SiO3BaCl2甲浑浊、乙澄清酸性：HClH2CO3H2SiO3BCl2紫色石蕊Fe（SCN）2开始均变红Cl2溶于水显酸性CSO2品红溶液KMnO4均褪色SO2具有漂白性DNH3AgNO3AlCl3现象相同NH3H2O电离出OHAABBCCDD8常温下，在下列指定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A含0.1 molL1SO2的溶液中：Na+、Ba2+、Br、ClB能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、M
5、g2+、N03、SO42C=1012的溶液中：K+、NH4+、SO42、NO3D不能使酚酞变红的无色溶液中：Na+、K+、ClO、I9下列反应的离子方程式书写正确的是（）AFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2BNH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：HCO3+OH+CO32+H2OC稀硝酸除银镜：Ag+2H+NO3Ag+NO+H2OD硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2+2H+H2O22Fe3+H2O10在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO4
6、2+H+，下列说法不正确的是（）A可以利用该反应检验Mn2+B氧气性比较：S2O82MnO4C该反应中酸性介质可以为盐酸D若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol11已知A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期元素，原子半径按D、E、B、C、A依次减小，B和E同主族下列推断不正确的是（）AA、B、E一定在不同周期BC的最高价氧化物的水化物可能显碱性CA、D可能在同一主族DC和D的单质可能化合形成离子化合物12根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（）氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr3ClKMnO4H2O2H2SO4Cl2Mn2+KClO3浓盐酸O2A表中组
7、反应可能有一种或两种元素被氧化B表中组反应的离子方程式是2MnO4+3H2O2+6H+2Mn2+4O2+6H2OC表中组反应的还原产物是KC1，电子转移数目是6eD氧化性强弱比较：KClO3Fe3+Cl2Br213利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示下列说法不正确的是（）A电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极BA电极上发生氧化反应，B为正极C电极A极反应式为2NH36e=N2+6H+D当有2.24LNO2（标准状况） 被处理时，转移电子为0.4mol14下列说法中正确的是（）A分子式为C7H
8、16的烷烃，含有3个甲基的同分异构体有2种B丙烯能发生取代反应、加成反应，还能使酸性KMnO4溶液褪色C甲苯中所有原子都处于同一平面D相同质量的甲烷和乙烷完全燃烧乙烷耗氧量多15一定条件下，将3molA和l mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）C（g）+2D（s）.2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间变化情况如图下列判断正确的是（）A若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态B2 min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢，平衡正向移动C反应过程中A和B的转化率之比为3：1D开始到平衡，用A表示该反应的化学反应速率为
9、0.3molL1min116完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置部分已略去）正确的是（）ABCD实验分离Na2CO3溶液和CH3CH2OH除去Cl2中含有的少量HCl做Cl2对NaOH溶液的喷泉实验制取少量氨气装置或仪器AABBCCDD17某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下，下列叙述正确的是（）A有机物A属于芳香烃B有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应C有机物A中含有两种官能团Dl mol A和足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3 mol NaOH18某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，现对该混合物做如下
10、实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：下列说法正确的是（）A固体混合物中一定含有Al，但质量不可确定B固体混合物中可能含有MgCl2和AlCl3C固体混合物中一定含有MgCl2和FeCl2D固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2二、填空题（共4大题，共46分）19（14分）（2015秋冠县校级月考）N、O、Na、Mg、S、Br是常见的六种元素（1）Br位于元素周期表第周期第族；Na和O形成1：1的化合物的电子式：该物质含有的化学键为：（2）用“”或“”填空：稳定性粒子半径熔点键的极性NH3H2OO2Mg2+SO3Na2O2HOHN（3）已知多硫化
11、钠一溴储能电池是一种二次电池，结构如图电池总反应为：2Na2S3+2NaBr3Na2S2+Br2放电时Na+向极迁移（填“a或b，”）放电时负极的电极反应式为：（4）已知N4为正四面体结构，NN键能为167kJmol1，NN键能为942kJmol1写出N4（g）转化为N2（g）的热化学方程式20三氯化铁是中学化学实验室中常用的化学试剂同学们利用废铁屑（含少量铜杂质）来探究制备FeCl36H2O的方法，同学甲设计的实验装置如图所示，其实验步骤如下：A中放有废铁屑，烧杯中盛有足量的稀硝酸，实验时先打开a并关闭b，用分液漏斗向A中加入过量的盐酸充分反应，此时溶液呈浅绿色；再打开b进行过滤，过滤结束后
12、，取烧杯内溶液倒入蒸发皿加热，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl36H2O晶体填写下列空白：（1）滴加盐酸时，发现反应速率较之盐酸与纯铁粉反应要快，其原因是（2）烧杯内放过量稀HNO3的原因是（用离子方程式表示）（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，除为排出产生的气体外，另一个目的是（4）乙同学对该实验进行了改进，他是用空烧杯盛接滤液，加入适当的试剂，然后在HC1的气流中、一定温度下蒸发、浓缩、降温结晶而得到纯净的FeCl36H2O，你认为加入的试剂可以是（填序号）适量氯气适量过氧化氢和稀盐酸酸性高锰酸钾溶液氢氧化钠溶液21（12分）（2015秋冠县校级月考）回收铅蓄电
13、池的电极填充物（铅膏，主要含PbO、PbO2、PbSO4），可制备热稳定剂三盐基硫酸铅（组成可表示为3PbOPbSO4H2O），其实验流程如下：（1）物质X可以循环利用，该物质是最后一次过滤之后需要洗涤，检验三盐基硫酸铅是否洗净的方法是（2）从滤液A可提取出一种含结晶水的钠盐副产品若检验该晶体中结晶水的含量，所需的硅酸盐材质仪器有、玻璃棒、石棉网、干燥器等（3）流程中不直接利用H2SO4溶液与PbO、PbCO3反应制取PbSO4，原因可能是（4）生成三盐基硫酸铅的离子反应方程式为（5）向铅膏浆液中加入Na2SO4溶液的目的是将其中的PbO2还原为PbO若实验中所取铅膏的质量为47.8g，其中P
14、bO2的质量分数为15.0%，则要将PbO2全部还原，至少需加mL 1.0molLlNa2SO3溶液22（12分）（2015秋安徽月考）某研究性学习小组拟探究在含Mg2+、Al3+的混合溶液中滴加NaOH溶液时，生成氢氧化物沉淀的过程【实验】在0.1molLl MgSO4，0.05molLlAl2（ SO4）3的混合溶液中滴加0.5molL1NaOH溶液，借助氢离子传感器和相应分析软件，测得溶液的pH随NaOH溶液的加入变化情况如图所示（1）为精确控制加入NaOH溶液的体积，可将NaOH溶液置于（填仪器名称）中滴加（2）图中有三个pH增加缓慢的阶段，第一阶段（a点前）对应的实验现象是（3）对第
15、二阶段（b、c之间）溶液pH变化缓慢的本质，小组同学做出如下推测，请补充推测2和3：推测l：生成Mg（ OH）2沉淀，消耗OH ；推测2：；推测3若推测l符合实际情况，则a点之前反应的离子方程式为，请据此描述Mg（ OH） 2，A1（ OH）3两种物质在水溶液中溶解性的差异（4）请分析e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子并设计实验检验（可不填满）：较大量存在的含金属元素的离子检验方法2015-2016学年安徽省“江淮十校”联考高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共18小题，每小题3分，共54分每小题只有一个选项符合题意）1SCR法（选择性催化还原技术）是一种以NH3作
16、为还原剂，将烟气中NOx，分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术，反应原理为：6NO+4NH35N2+6H2O；6NO2+8NH37N2+12H2O；NO+NO2_2NH32N2+3H2O，下列说法正确的是（）ANO2为酸性氧化物BH2O很稳定是因为水分子之间存在氢键C反应中每生成22.4 LN2，转移电子数1.5NADNH3的沸点比PH3的沸点高【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应 【分析】A二氧化氮与碱反应生成硝酸盐、水外，还生成了NO；B水稳定是由于水分子中的氢氧共价键稳定，与氢键无关；C根据氮元素化合价的变化来分析，且不是标况下；D利用相对分子质量分析分子间作用力，并
17、注意氨气分子中有氢键【解答】解：A酸性氧化物与碱反应生成盐和水，而二氧化氮与碱反应还生成NO气体，所以二氧化氮不属于酸性氧化物，故A错误；B水分子的稳定性与共价键有关，而氢键影响水的沸点，故B错误；CN元素的化合价变化为NO中+20化合价降低，NO2中+40化合价降低，NH3中30化合价升高，每生成标况下的22.4LN2，转移电子数3NA，故C错误；D因结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，但氨气分子间还存在氢键，则NH3的沸点高于PH3，故D正确；故选D【点评】本题考查氮的氧化物、氮气、有关氮元素的氧化还原反应以及物质熔沸点的比较，题目难度中等，侧重考查物质的结构与性质，明确氢键与
18、化学键的关系为解答关键2化学与生产、生活、社会密切相关下列有关说法中，正确的是（）A明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒BSiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆C鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少环境污染，发展循环经济，促进节能减排D焰火“脚印”、“笑脸”，使北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”的知识相关，焰色反应是化学变化【考点】胶体的应用；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；焰色反应 【分析】A、明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水；B、SiO2制成的玻璃纤维
19、，被用于制造通讯光缆与导电能力强弱无关；C、鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少废弃物的排放，有效利用资源D、焰色反应利用了电子跃迁知识，属于物理变化【解答】解：A、明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，但不能杀菌消毒，故A错误；B、二氧化硅具有良好的导光性，则用于制造通讯光缆，与导电能力强弱无关，故B错误；C、鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少废弃物的排放，有效利用资源，起到节能减排的目的，故C正确；D、焰色反应利用了电子跃迁知识，属于物理变化，故D错误；故选C【点评】本题考查较为综合，涉及明矾净水、焰色反应、环境污染等知识，为高考常
20、见题型，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大3下列物质、类别、用途或储存方法对应关系都正确的是（）选项ABCD物质Na2CO3CH3COOHNH3HO2Na2SiO3类别碱弱电解质非电解质强碱弱酸盐用途或储存方法氯碱工业产品之一制食醋棕色瓶密封保存带玻璃塞的试剂瓶保存AABBCCDD【考点】强电解质和弱电解质的概念；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质 【分析】A、碳酸钠是盐不是碱，烧碱工业是制备氢氧化钠；B、醋酸是弱电解质，可以用来做调料；C、一水合氨是电解质，浓氨水需要密闭保存；D、硅酸钠是正盐，溶液不能存在玻璃塞的试剂瓶中【解
21、答】解：A、碳酸钠是盐不是碱，氯碱工业是制备氢氧化钠的方法，碳酸钠是用侯氏制碱法来制取，故A错误；B、醋酸在溶液中不能完全电离，是弱电解质，可以用来做调料食醋，故B正确；C、一水合氨在溶液中能电离出自由移动的离子，是电解质，浓氨水密闭保存，故C错误；D、硅酸钠是正盐，溶液不能存在玻璃塞的试剂瓶中，硅酸钠溶液是矿物胶把瓶口和瓶塞粘结打不开，故D错误；故选B【点评】本题考查物质性质和保存方法，物质类别的分析判断，题目较简单4设NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4NAB白磷分子（P4）呈正四面体结构，12.4 g白磷中含有PP键数目为
22、0.6NAC5.6 g铁粉在2.24l（标准状况）氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3NAD常温常压下，10 g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、标况下，四氯化碳为液态；B、求出白磷的物质的量，然后根据1mol白磷中含6molPP键来分析；C、求出铁的物质的量和氯气的物质的量，然后判断两者反应的量的情况；D、水溶液中水中也含氧原子【解答】解：A、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；B、12.4g白磷分子（分子式为P4）的物质的量是=0.1mol，白磷是正四面体型结构，分子中含有6个PP共价键，所以0.1mol白磷分子中含有
23、0.6molPP键，含有PP共价键数目为0.6NA，故B正确；C、5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，由于与氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁粉应消耗0.15mol氯气，而标况下2.24L氯气的物质的量才是0.1mol，故氯气不足，铁粉过量，故应根据氯气的量来计算转移的电子的情况，由于反应后氯元素变为1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子，故C错误；D、溶剂水中含有氧原子，10g92%酒精水溶液含氧原子总数大于0.2NA，故D错误故选B【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5下列化学用语表示正确的是（）AN2分子的电子式：B中
24、子数为18的氯原子的原子符号：C18O2的结构示意图：DCO2的比例模型：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【分析】A氮气分子内是通过共用电子对形成共价键；氮原子核外有5个电子，形成氮氮三键； B根据符号ZAX的意义以及“质子数（Z）+中子数（N）=质量数（A）”解题；C氧离子核内8个质子；D碳原子半径大于氧原子半径【解答】解：A氮气分子内是通过共用电子对形成共价键；氮原子核外有5个电子，形成氮氮三键，氮分子的电子式为，故A正确； B从符号ZAX的意义可知A表示质量数，由质子数（Z）+中子数（N）=质量数（A）得：A=17+18=35，原子符号：1735Cl，故B错误；C氧离子核外
25、有10个电子，其电子排布为2、8，所以其结构示意图为，故C错误；D二氧化碳的分子式为CO2，由模型可知小球为碳原子，2个大球为氧原子，氧原子半径大，实际碳原子半径大于氧原子半径，故D错误故选A【点评】本题考查了常见化学用语的书写，题目难度中等，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、比例模型等知识，注意掌握常见化学用语的概念及书写原则，审题培养了学生规范答题的能力6下列说法不正确的是（）A臭氧空洞、温室效应、光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关B石油裂解、煤的气化、海水制镁、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化C低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式D可用丁达尔效应鉴别
26、氢氧化铁胶体和氯化铁溶液【考点】常见的生活环境的污染及治理；物理变化与化学变化的区别与联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系 【分析】A温室效应与二氧化碳有关； B物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成；C低碳经济是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态D胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应【解答】解：A温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故A错误； B裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度（700800，有时甚至高达1000
27、以上），使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，属于化学变化；煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化；海水制镁由镁离子生成镁单质；火棉就是硝酸纤维，是硝酸和纤维素发生酯化反应生成的等；以上过程中都有新物质生成，包含化学变化，故B正确；C低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式，故C正确；D氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别，故D正确故选A【点评】本题考查常见的环境污染、煤和石油加工、胶体性质等，比较基础，注意基础知识的掌握7利用如图所示装置进行实验，有关现象和解释均正确的是（）选项足量气体A
28、甲中试剂乙中试剂现象解释ACO2Na2SiO3BaCl2甲浑浊、乙澄清酸性：HClH2CO3H2SiO3BCl2紫色石蕊Fe（SCN）2开始均变红Cl2溶于水显酸性CSO2品红溶液KMnO4均褪色SO2具有漂白性DNH3AgNO3AlCl3现象相同NH3H2O电离出OHAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【专题】实验评价题【分析】A碳酸酸性比硅酸强，但比盐酸弱；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性，可氧化亚铁离子；C二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；D氨气可与硝酸银发生络合反应【解答】解：A碳酸酸性比硅酸强，可生成硅酸沉淀，溶液变浑浊，但比盐酸弱，与氯化钡不反应，可证明酸性强
29、弱，故A正确；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有强氧化性，可氧化亚铁离子，表现的性质不同，故B错误；C二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；D氨气可与硝酸银发生络合反应，先生成沉淀后溶解，而氯化铝只生成沉淀，现象不同，故D错误故选A【点评】本题考查较为综合，涉及性质比较以及探究，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大8常温下，在下列指定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A含0.1 molL1SO2的溶液中：Na+、Ba2+、Br、ClB能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、Mg2+、N03、SO42C
30、=1012的溶液中：K+、NH4+、SO42、NO3D不能使酚酞变红的无色溶液中：Na+、K+、ClO、I【考点】离子共存问题 【分析】A含0.1 molL1SO2的溶液具有酸性和还原性；B能与金属铝反应放出氢气的溶液为非氧化性酸溶液或强碱溶液；C=1012的溶液呈碱性；D不能使酚酞变红的无色溶液可能呈中性、弱碱性或酸性【解答】解：A含0.1 molL1SO2的溶液具有酸性和还原性，离子之间不发生反应，且不生成沉淀，可大量共存，故A正确；B能与金属铝反应放出氢气的溶液为非氧化性酸溶液或强碱溶液，碱性条件下Mg2+不能大量共存，酸性条件下因存在N03而不能生成氢气，故B错误；C=1012的溶液呈
31、碱性，NH4+不能大量共存，故C错误；D酚酞的变色范围为810，不能使酚酞变红的无色溶液可能呈中性、弱碱性或酸性，酸性条件下ClO具有强氧化性，ClO、I不能大量共存，故D错误故选A【点评】本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息以及常见离子的性质和反应类型的判断，难度中等9下列反应的离子方程式书写正确的是（）AFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2BNH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：HCO3+OH+CO32+H2OC稀硝酸除银镜：Ag+2H+NO3Ag+NO+H2OD硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶
32、液：2Fe2+2H+H2O22Fe3+H2O【考点】离子方程式的书写 【分析】A碘化氢过量，铁离子和硝酸根离子都完全反应，漏掉了硝酸根离子与碘离子的反应；B漏掉了氨根离子与氢氧根离子的反应；C电子转移数目不守恒；D过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子【解答】解：A硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：Fe3+3NO3+12H+10I=Fe2+5I2+3NO+6H2O，故A错误；B向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，离子方程式：HCO3+NH4+2OHNH3+H2O+CO32，故B错误；C用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管的离子反应为3A
33、g+4H+NO33Ag+NO+2H2O，故C错误；D硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2+2H+H2O22Fe3+H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意原子个数、电荷数守恒，题目难度不大10在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2+S2O82+H2OMnO4+SO42+H+，下列说法不正确的是（）A可以利用该反应检验Mn2+B氧气性比较：S2O82MnO4C该反应中酸性介质可以为盐酸D若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0
34、.5mol【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算 【专题】氧化还原反应专题【分析】A酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，高锰酸根离子呈紫色；B同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；C盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化；D根据氧化产物和转移电子之间的关系式计算转移电子数【解答】解：A酸性条件下，锰离子能被过二硫酸根离子氧化生成高锰酸根离子，锰离子无色，高锰酸根离子呈紫色，所以可以用该反应检验Mn2+，故A正确；B该反应中，过二硫酸根离子得电子化合价降低为氧化剂，锰离子失电子化合价升高为还原剂，则高锰酸根离子为氧化产物，氧化剂的氧
35、化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性比较：S2O82MnO4，故B正确；C盐酸为强还原性酸，能被过二硫酸根离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，故C错误；DMn2+H2OMnO4+H+转移电子 1mol 5mol 0.1mol 0.5mol所以若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol，故D正确；故选C【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，注意盐酸是强酸且是强还原性酸，易被强氧化剂氧化，为易错点11已知A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期元素，原子半径按D、E、B、C、A依次减小，B和E同主族下列推断不正确的是（）AA、B、E一定在不同周期B
36、C的最高价氧化物的水化物可能显碱性CA、D可能在同一主族DC和D的单质可能化合形成离子化合物【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期元素，原子半径按D、E、B、C、A依次减小，B和E同主族，则A在第一周期，为H元素；B在第二周期，E在第三周期，C在第二周期B的后方，D在第三周期E的前方，以此来解答【解答】解：A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期元素，原子半径按D、E、B、C、A依次减小，B和E同主族，则A在第一周期，为H元素；B在第二周期，E在第三周期，C在第二周
37、期B的后方，D在第三周期E的前方，AA在第一周期，B在第二周期，E在第三周期，则一定不在同周期，故A正确；BC在第二周期B的后方，且B、E同主族，则C应为非金属元素，C的最高价氧化物的水化物可能显酸性，故B错误；CD可能为Na，则A、D可能都在A族，故C正确；DD为金属，C为非金属，C和D的单质可能化合形成离子化合物，故D正确；故选B【点评】本题考查位置、结构、性质，熟悉元素周期表和元素周期律，明确短周期中IA族和A族的元素是解答本题的关键，并熟悉元素周期律来解答，难度不大12根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（）氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr3ClKMnO4H2O2H
38、2SO4Cl2Mn2+KClO3浓盐酸O2A表中组反应可能有一种或两种元素被氧化B表中组反应的离子方程式是2MnO4+3H2O2+6H+2Mn2+4O2+6H2OC表中组反应的还原产物是KC1，电子转移数目是6eD氧化性强弱比较：KClO3Fe3+Cl2Br2【考点】氧化还原反应 【分析】A亚铁离子、溴离子均具有还原性，氯气少量只氧化亚铁离子；B电子不守恒；C只有Cl元素的化合价变化，氧化产物与还原产物均为氯气；D由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断【解答】解：A亚铁离子、溴离子均具有还原性，氯气少量只氧化亚铁离子，氯气足量时二者都被氧化，则组反应可能有一种或两种元素被氧化，故A正确；B得
39、失电子不守恒，离子反应为2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O，故B错误；C发生KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O，只有Cl元素的化合价变化，氧化产物与还原产物均为氯气，电子转移数目是5e，故C错误；D由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱比较：KClO3Cl2Br2Fe3+，故D错误；故选A【点评】本题考查氧化还原反应，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，注意从化合价角度分析，题目难度不大13利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又
40、能充分利用化学能，装置如图所示下列说法不正确的是（）A电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极BA电极上发生氧化反应，B为正极C电极A极反应式为2NH36e=N2+6H+D当有2.24LNO2（标准状况） 被处理时，转移电子为0.4mol【考点】化学电源新型电池 【分析】由反应6NO2+8NH37N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题【解答】解：由反应6NO2+8NH37N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，AB为正极，A为负极，电流由正极经导线流
41、向负极，故A正确；B由反应6NO2+8NH37N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极发生氧化反应，B为正极，故B正确；C电解质溶液呈碱性，则A为负极，电极方程式为2NH36e+60H=N2+3H2O，故C错误；D当有2.24L NO2（标准状况）即0.1mol 被处理时，转移电子为0.1mol（40）=0.4mol，故D正确故选C【点评】本题综合考查电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握离子移动方向和电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等14下列说法中正确的是（）A分子式为C7H16的烷烃，含有3个甲基的同分异构体有2种
42、B丙烯能发生取代反应、加成反应，还能使酸性KMnO4溶液褪色C甲苯中所有原子都处于同一平面D相同质量的甲烷和乙烷完全燃烧乙烷耗氧量多【考点】同分异构现象和同分异构体；化学方程式的有关计算；烯烃；苯的同系物 【专题】同分异构体的类型及其判定；有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律【分析】A根据碳链异构写出分子式为C7H16的烷烃且含有3个甲基的同分异构体的数目； B根据丙烯结构及官能团判断；CCH4中各原子均不共面；D根据甲烷和乙烷的燃烧方程式判断【解答】解：A分子式为C7H16的烷烃，含有3个甲基的同分异构体有3种，故A错误； B丙烯中含有甲基和双键，所以丙烯有烷烃和烯烃的性质，
43、既能发生取代反应又能发生加成反应还能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C甲苯含有CH3，苯环相当于CH4中的一个H原子，CH4中各原子均不共面，因此甲苯中各原子不共面，故C错误；D甲烷和乙烷的燃烧方程式分别为：假设分别燃烧1g燃料，需要的氧气分别为CH4+2O2CO2+2H2O16 2mol1g Xmol=解得x=2C2H6+7O24CO2+6H2O60 7mol1g Xmol =解得x=所以燃烧相同质量的甲烷和乙烷，甲烷烷需要的氧气多，故D错误故选B【点评】本题考查了同分异构体、取代物的判断等知识点，难度不大，易错选项是A，注意A选项限制性条件、甲基的位置是解本题的关键15一定条件下，将3
44、molA和l mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）C（g）+2D（s）.2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间变化情况如图下列判断正确的是（）A若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态B2 min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢，平衡正向移动C反应过程中A和B的转化率之比为3：1D开始到平衡，用A表示该反应的化学反应速率为0.3molL1min1【考点】化学平衡的计算 【专题】计算题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题【分析】A、反应前后气体质量和气体体积发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状
45、态；B、2min后，加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动；C、将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，反应比和起始量之比相同，所以反应过程中A和B的转化率相同；D、根据D的物质的量的变化计算A的物质的量的变化，再根据v=计算v（A）【解答】解：A、反应生成固体D，气体质量和气体体积发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故A错误；B、2min后，加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；C、将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，反应比和起始量之比相同，所以反应过程中A和B的转化率之比为1：1，故C错误
46、；D、2min内生成0.8mol D，则消耗A的物质的量为1.2mol，故2 min内A的反应速率v（A）=0.3 mol（Lmin）1，故D正确；故选D【点评】本题考查了化学平衡标志分析，平衡常数概念的计算应用，主要是一些反应速率、化学平衡的因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等16完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置部分已略去）正确的是（）ABCD实验分离Na2CO3溶液和CH3CH2OH除去Cl2中含有的少量HCl做Cl2对NaOH溶液的喷泉实验制取少量氨气装置或仪器AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价 【分析】A分离互溶且沸点不同的液体采用蒸馏方法；B氯气和HCl都和碳酸
47、氢钠反应；C产生极大压强差的气体能发生喷泉实验；D收集氨气的试管下口不能塞橡胶塞【解答】解：A分离互溶且沸点不同的液体采用蒸馏方法，乙醇和碳酸钠溶液互溶，所以不能采用分液方法分离，应该采用蒸馏方法分离，故A错误；B氯气和HCl都和碳酸氢钠反应，所以不能用饱和碳酸氢钠除去氯气中的HCl，应该用饱和食盐水，故B错误；C产生极大压强差的气体能发生喷泉实验，氯气极易和NaOH反应生成盐而产生极大压强差，从而形成喷泉实验，故C正确；D收集氨气的试管下口不能塞橡胶塞，应该塞湿润的棉花，否则易产生安全事故，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，侧重考查物质分离和提纯、喷泉实验、气体
48、的收集，明确实验原理是解本题关键，从操作规范性、物质性质进行评价，题目难度不大17某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下，下列叙述正确的是（）A有机物A属于芳香烃B有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应C有机物A中含有两种官能团Dl mol A和足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3 mol NaOH【考点】有机物的结构和性质 【分析】该有机物中含有C、H、O、Cl等元素，为烃的衍生物，含有COO、OH、Cl等官能团，结合官能团的性质和有机物的结构分析【解答】解：A该有机物中含有C、H、O、Cl等元素，为烃的衍生物，故A错误；B由于OH临位碳原子上没有氢原子，则不能发生消去反应
49、，故B错误；C有机物含有酯基、羟基、氯原子等官能团，故C错误；DCOO水解生成酚羟基和羧基，二者都可与NaOH反应，Cl在碱性条件下水解生成NaCl，则共需3molNaOH，故D正确故选D【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，解答本题时注意判断官能团的种类和性质，为解答该题的关键18某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：下列说法正确的是（）A固体混合物中一定含有Al，但质量不可确定B固体混合物中可能含有MgCl2和AlCl3C固体混
50、合物中一定含有MgCl2和FeCl2D固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2【考点】几组未知物的检验 【专题】物质检验鉴别题【分析】15.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶
51、液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在CuCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题【解答】解：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.
52、36L，体积减少5.60L3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，氢氧化铜为蓝色沉淀，所以固体混合物中一定不存在CuCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步
53、证明沉淀是氢氧化铝，A固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.05mol，质量为1.35g，故A错误；B根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，故B错误；C根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故C错误；D根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2，故D正确；故选D【点评】本题综合考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计和评价，侧重于物质化学性质的综合应用，注意把握相关物质的性质以及反应现象，结合生成物物质的质量以及反应现象进行推断，题
54、目难度中等二、填空题（共4大题，共46分）19（14分）（2015秋冠县校级月考）N、O、Na、Mg、S、Br是常见的六种元素（1）Br位于元素周期表第四周期第VIIA族；Na和O形成1：1的化合物的电子式：该物质含有的化学键为：离子键和非极性键（2）用“”或“”填空：稳定性粒子半径熔点键的极性NH3H2OO2Mg2+SO3Na2O2HOHN（3）已知多硫化钠一溴储能电池是一种二次电池，结构如图电池总反应为：2Na2S3+2NaBr3Na2S2+Br2放电时Na+向b极迁移（填“a或b，”）放电时负极的电极反应式为：3S222e=2S32（4）已知N4为正四面体结构，NN键能为167kJmol
55、1，NN键能为942kJmol1写出N4（g）转化为N2（g）的热化学方程式N4（g）=2N2（g）H=882kJ/mol【考点】位置结构性质的相互关系应用 【分析】（1）主族元素原子电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，据此判断Br在周期表中的位置；Na和O形成1：1的化合物是过氧化钠，过氧化钠中存在离子键和非极性键；（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；离子晶体熔沸点大于分子晶体；非金属性元素非金属性越强，其吸引电子能力越强，则键的极性越强；（3）放电时，溴电子发生还原反应，则a是负极、b是正极，电解质溶液中阳离
56、子向正极移动；放电时，负极上失电子发生氧化反应；（4）该反应焓变=反应物键能生成物键能，据此书写热化学方程式【解答】解：（1）主族元素原子电子层数与其周期数相等，最外层电子数与其族序数相等，Br原子核外有4个电子层、最外层电子数是7，所以位于第四周期第VIIA族；Na和O形成1：1的化合物是过氧化钠，其电子式为，过氧化钠中存在离子键和非极性键，故答案为：四；VIIA；离子键和非极性键；（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性NO，所以稳定性NH3H2O；电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径O2Mg2+；离子晶体熔沸点大于分子晶体，三氧化硫是分子晶体
57、、过氧化钠是离子晶体，所以熔点SO3Na2O2；非金属性元素非金属性越强，其吸引电子能力越强，则键的极性越强，非金属性ON，则键的极性HOHN；故答案为：；（3）放电时，溴电子发生还原反应，则a是负极、b是正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以向b电极移动，故答案为：b；放电时，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为3S222e=2S32，故答案为：3S222e=2S32；（4）该反应焓变=反应物键能生成物键能=6167kJ/mol2942kJ/mol=882kJ/mol，则该反应热化学方程式为N4（g）=2N2（g）H=882 kJ/mol，故答案为：N4（g）=2N2（g）H=882 k
58、J/mol【点评】本题考查位置结构性质相互关系及应用，涉及热化学方程式的书写、原电池原理、元素周期律、元素周期表结构等知识点，难点是电极反应式的书写，焓变可以通过键能或反应热进行计算，题目难度不大20三氯化铁是中学化学实验室中常用的化学试剂同学们利用废铁屑（含少量铜杂质）来探究制备FeCl36H2O的方法，同学甲设计的实验装置如图所示，其实验步骤如下：A中放有废铁屑，烧杯中盛有足量的稀硝酸，实验时先打开a并关闭b，用分液漏斗向A中加入过量的盐酸充分反应，此时溶液呈浅绿色；再打开b进行过滤，过滤结束后，取烧杯内溶液倒入蒸发皿加热，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl36H2O晶
59、体填写下列空白：（1）滴加盐酸时，发现反应速率较之盐酸与纯铁粉反应要快，其原因是废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率（2）烧杯内放过量稀HNO3的原因是3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O（用离子方程式表示）（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，除为排出产生的气体外，另一个目的是使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下（4）乙同学对该实验进行了改进，他是用空烧杯盛接滤液，加入适当的试剂，然后在HC1的气流中、一定温度下蒸发、浓缩、降温结晶而得到纯净的FeCl36H2O，你认为加入的试剂可以是（填序号）适量氯气适量过氧化氢和稀盐酸酸性高锰酸钾溶液氢氧化钠溶
60、液【考点】制备实验方案的设计 【分析】实验的目的是制备FeCl36H2O，由装置图可知，在A中，废铁屑与盐酸反应生成氯化亚铁，经过滤可分离出铜，氯化亚铁和过量的盐酸流入烧杯中，硝酸将氯化亚铁氧化生成氯化铁，经蒸发浓缩反应液，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl36H2O晶体，（1）形成原电池使反应速率加快；（2）稀HNO3有强氧化性，使Fe2+ 全部氧化成Fe3+；（3）使分液漏斗中的酸可滴入A中；（4）把氯化亚铁氧化为氯化铁，同时不能引入杂质【解答】解：实验的目的是制备FeCl36H2O，由装置图可知，在A中，废铁屑与盐酸反应生成氯化亚铁，经过滤可分离出铜，氯化亚铁和过量的
61、盐酸流入烧杯中，硝酸将氯化亚铁氧化生成氯化铁，经蒸发浓缩反应液，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl36H2O晶体，（1）废铁屑（含少量铜杂质）加盐酸后，Cu与铁形成FeCu原电池使反应速率加快，故答案为：废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率；（2）过量的稀HNO3保证使Fe2+ 全部氧化成Fe3+；反应的离子方程式是3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O；（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，则装置与大气相同，使分液漏斗中的酸可滴入A中，故答案为：使装置内部与外界大气相通，便于A中
62、液体流下；（4）把氯化亚铁氧化为氯化铁，同时不能引入杂质，所以选用适量过氧化氢和稀盐酸，或用双氧水，故选【点评】本题考查了FeCl36H2O晶体的制备实验，侧重于考查学生的实验探究能力，注意把握铁的化合物的性质，题目难度中等21（12分）（2015秋冠县校级月考）回收铅蓄电池的电极填充物（铅膏，主要含PbO、PbO2、PbSO4），可制备热稳定剂三盐基硫酸铅（组成可表示为3PbOPbSO4H2O），其实验流程如下：（1）物质X可以循环利用，该物质是HNO3溶液最后一次过滤之后需要洗涤，检验三盐基硫酸铅是否洗净的方法是取少量溶液，加入足量稀盐酸，再加氯化钡溶液，观察是否产生白色沉淀（2）从滤液A
63、可提取出一种含结晶水的钠盐副产品若检验该晶体中结晶水的含量，所需的硅酸盐材质仪器有坩埚、酒精灯、泥三角、玻璃棒、石棉网、干燥器等（3）流程中不直接利用H2SO4溶液与PbO、PbCO3反应制取PbSO4，原因可能是PbSO4不溶于水，覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生（4）生成三盐基硫酸铅的离子反应方程式为4PbSO4+6OH=3PbOPbSO4H2O+3SO42+2H2O（5）向铅膏浆液中加入Na2SO4溶液的目的是将其中的PbO2还原为PbO若实验中所取铅膏的质量为47.8g，其中PbO2的质量分数为15.0%，则要将PbO2全部还原，至少需加30mL 1.0molLlNa2SO3溶液【考
64、点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】实验设计题【分析】（1）利用废旧铅蓄电池阴、阳极填充物（铅膏）制备塑料加工热稳定剂三盐基硫酸铅实验流程向铅膏浆液中加入Na2SO3溶液的目的是将PbO2还原PbO，Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4，加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，所以滤液主要是Na2SO4溶液PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）Pb（NO3）中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此X为HNO3，可循环利用；如果变质说明变成硫酸钡，可以通过检验是否生成硫酸根离子；（2）测量晶体中结晶水的含量，实验步骤为：研磨 称量空坩埚和装有试
65、样的坩埚的质量 加热 冷却 称量 重复至的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 根据实验数据计算晶体中结晶水的含量，所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角；（3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在固体PbO、PbCO3的表面，阻碍反应的进一步发生；（4）从流程看，硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠，据此写出方程式；（5）根据铅膏的质量及氧化铅的质量分数可计算出氧化铅的物质的量，根据亚硫酸钠和氧化铅反应关系可计算需要亚硫酸钠的体积【解答】解：（1）分析流程可知，PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）Pb（NO3）中加稀H2SO4转化成
66、PbSO4和硝酸，因此X为HNO3，可循环利用，检验硫酸根离子的方法为：取少量晶体溶于蒸馏水，然后用盐酸酸化，再滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即证明该晶体中含有SO42，故答案为：HNO3溶液；取少量溶液，加入足量稀盐酸，再加氯化钡溶液，观察是否产生白色沉淀；（2）测量晶体中结晶水的含量，实验步骤为：研磨 称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 加热 冷却 称量 重复至的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 根据实验数据计算晶体中结晶水的含量，所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角，故答案为：坩埚；酒精灯；泥三角；（3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在固体
67、PbO、PbCO3的表面，阻碍反应的进一步发生，故答案为：PbSO4不溶于水，覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生；（4）从流程看，硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠，反应方程式为：4PbSO4+6NaOH=3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O，离子方程式为：4PbSO4+6OH=3PbOPbSO4H2O+3SO42+2H2O，故答案为：4PbSO4+6OH=3PbOPbSO4H2O+3SO42+2H2O；（5）氧化铅的物质的量为：=0.03mol，PbO2 Na2SO31mol 1mol0.03mol nn=0.03mol，V=0.03L=30mL，故答案为：30【点评
68、】本题考查了实验方案的设计，侧重于物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，难度中等，要分析流程，从流程中所给信息结合题目设问解题22（12分）（2015秋安徽月考）某研究性学习小组拟探究在含Mg2+、Al3+的混合溶液中滴加NaOH溶液时，生成氢氧化物沉淀的过程【实验】在0.1molLl MgSO4，0.05molLlAl2（ SO4）3的混合溶液中滴加0.5molL1NaOH溶液，借助氢离子传感器和相应分析软件，测得溶液的pH随NaOH溶液的加入变化情况如图所示（1）为精确控制加入NaOH溶液的体积，可将NaOH溶液置于碱式滴定管（填仪器名称）中滴加（2）图中有三个pH增加缓慢的阶段，第一阶
69、段（a点前）对应的实验现象是生成白色沉淀并逐渐增多（3）对第二阶段（b、c之间）溶液pH变化缓慢的本质，小组同学做出如下推测，请补充推测2和3：推测l：生成Mg（ OH）2沉淀，消耗OH ；推测2：生成Al（OH）3沉淀消耗OH；推测3Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH若推测l符合实际情况，则a点之前反应的离子方程式为Al3+3OHAl（OH）3，请据此描述Mg（ OH） 2，A1（ OH）3两种物质在水溶液中溶解性的差异（4）请分析e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子并设计实验检验（可不填满）：较大量存在的含金属元素的离子检验方法【考点】离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法 【分析】由
70、图象可知，pH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH；生成Al（OH）3沉淀消耗OH； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH三种可能，至于哪一阶段为那种可能，应与 Al（OH）3、Mg（OH）2二者的溶解度有关【解答】解：（1）精确控制加入NaOH溶液的体积，应用精确度0.01ml的滴定管，又NaOH呈碱性，故选用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；（2）由图象可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH；生成Al（OH）3沉淀消耗OH； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH三种可能，第一阶段（a点前）应该是生成沉淀消耗了滴下去的氢氧化钠，故现象为：生成白色沉淀并
71、逐渐增多，故答案为：生成白色沉淀并逐渐增多；（3）根据分析可知，PH变化缓慢的主要原因应为：生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH；生成Al（OH）3沉淀消耗OH； Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH三种可能，若推测1符合实际情况，b、c之间生成Mg（OH）2沉淀，消耗OH，则a点之前应该是产生氢氧化铝的反应，所以反应的离子方程式为Al3+3OHAl（OH）3，据此说明在碱性溶液中铝离子比镁离子更易沉淀，所以Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水，故答案：生成Al（OH）3沉淀消耗OH；Al（OH）3沉淀溶解，消耗OH；Al3+3OHAl（OH）3；Al（OH）3比Mg（OH）2更难溶于水；（4）根据以上分析得出，e点前的反应为Al（OH）3+OHAl（OH）4，所以e点后溶液中较大量存在的含金属元素的离子为钠离子和Al（OH）4离子，故答案为：较大量存在的含金属元素的离子检验方法Na+用洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，表明存在Na+Al（OH）4取少量待测液于试管中，滴加盐酸，产生白色沉淀，盐酸过量时，沉淀又溶解【点评】本题考查了学生根据图象分析反应过程的能力，解题关键还在于熟悉有关镁铝的性质，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力