1、宽城一中20152016学年高二第二学期期末测试模拟题姓名：_ 分数：_考试范围：元素化合物、氧化还原反应、溶液中的离子反应一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现B将煤气化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害C石英用于生产光导纤维和计算机芯片D包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同2化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是（）钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等、合金可作原子反应堆的导热剂明矾常作为消毒剂既可作呼吸面
2、具中的来源，又可漂白织物、麦秆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔A B C D3下列装置、试剂选用或操作正确的是（）A除去NO中的NO2 B用于AlCl3蒸发结晶C稀释浓硫酸 D 制备少量O24将3g 的CO与H2的混合气体和足量的氧气充分反应后，在150时将混合气体通过足量的Na2O2固体，则Na2O2固体增加的质量为（）A1.5g B3g C6g D无法确定5化学与生活息息相关，下列说法错误的是（）A乙烯可作为水果的催熟剂B用二氧化碳制全降解塑料，可以缓解温室效应C氧化铝陶瓷和光导纤维都属于无机非金属材料D丙烷（C3H8）和乙醇
3、（C2H5OH）均存在同分异构体6下列几组标签被腐蚀的试剂：溶液和溶液；溶液和溶液；溶液和溶液；溶液和氨水；溶液和溶液；和溶液，不用其他试剂，只用胶头滴管和试管就可以鉴别的是（）A B C D全部7以下除杂方案不正确的是（）ACl2中混有HCl，可依次通入盛有饱和食盐水、浓H2SO4的洗气瓶BNH4Cl 溶液中混有Fe3+，可加入NaOH溶液后过滤CCO中混有CO2，可依次通入盛NaOH 溶液、浓 H2SO4的洗气瓶DNa2CO3固体中混有NaHCO3，可用灼烧的方法除尽8下列实验设计能完成预期实验目的是（）选项实验目的实验设计A配制10%的ZnSO4将10g ZnSO47H2O溶解于90g水
4、中B配制100ml，浓度约为1mol/L的氯化钠溶液用托盘天平称量5.85g氯化钠固体，转移至烧杯，加入100ml蒸馏水，搅拌溶解C验证二氧化硫的漂白性将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液褪色D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出9下列选项中有关离子方程式的书写正确的是（）A过氧化钠固体与水反应：2O22+2H2O=4OH+O2BH2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OC过量的CO2通入Ca(ClO)2溶液中：ClO+CO2+H2O=HCO3+HClOD硫化钠水溶液呈碱性的原
5、因：S2+2H2O=H2S+2OH10下列离子方程式书写正确的是（）A硫酸铝溶液中加入过量的氨水：B澄清石灰水中加少量碳酸氢钠：C中投入固体：D碳酸钠的水解反应：11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列各项叙述正确的是（）1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA1mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA标准状况下，44.8L NO与22.4LO2混合后气体中分子总数为2NA1L 2molL1的Al(NO3)3溶液中含Al3+个数为2NA1L 2mol/L的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2NA6.0g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.4NA1molC
6、H5+所含的电子数为10NA在标准状况下，2.8g N2和2.8g CO所含电子数均为1.4NA300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA标准状况下，2.24L乙醇分子所含的CH键数为 0.5NAA B C D12设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A常温常压下，8g CH4含有4NA个氢原子B1 mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移2NA个电子C1L 0.1 mol/L (NH4)2SO4溶液中含有0.2NA个NH4+D10 L pH=l 的硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA13常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）0.1molL1NaAlO
7、2溶液：H+、Na+、Cl、SO42pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2、NO3、S2、SO32水电离的H+浓度为1012molL1的溶液中：Cl、CO32、NO3、SO32加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42、NO3使甲基橙变黄的溶液中：Fe2+、MnO4、NO3、Na+、SO42中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3、Cl、S2A B C D14向、混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如右图所示则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）Aa点对应的溶液中：、Bb点对应的溶液中：、Cc点对应的溶液中：、Dd点对应的溶液中
8、：、15AD是含同一元素的四种物质，相互之间有如图所示的转化关系，其中D是最高价氧化物对应的水化物那么A可能是（） N2 Si Cu CH4 H2S A只有 B只有 C只有 D全部 16在日常生活、生产、科研及新型材料等方面，二氧化硅有着重要的用途。ae是对反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行判断，ae的叙述中有几个正确的选项（）SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O SiO2+2CSi+2CO SiO2+4HFSiF4+2H2O Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2SiO2+3CSiC+2COa反应中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃b反应中SiO2表现出氧化性c反应
9、中SiO2表现了酸性氧化物的通性d反应符合用较强酸制取较弱酸的道理e反应中SiO2未参加氧化还原反应A二个 B三个 C四个 D五个17化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况下列反应中，属干这种情况的是（）过量锌与18 mol/L的硫酸反应；过量氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；浓盐酸与过量的MnO2反应；过量铜与浓硫酸反应；过量铜与稀硝酸反应；过量稀硫酸与大块状石灰石反应；常温下过量的浓硫酸与铝反应。ABCD18下列有关物质性质的说法错误的是（）A铁、铝在常温下都能被浓硫酸“钝化”B足量铝分别与含、的溶液反应，产生相同量的氢气C燃放的焰火是某些金属元素焰色
10、反应所呈现出来的色彩D浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性19“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）钠与水反应生成和；所有金属与水反应都生成碱和铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中、受热易分解，受热也易分解不能用电解熔融的来制取金属铝；也不能用电解熔融的来制取金属镁A B C D20下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是（）A向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水：2I+2H+H2O2I2+2H2OB自然界各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后产生
11、的硫酸铜，遇到难溶的PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）：Cu2+SO42+PbSCuS+PbSO4C在燃煤时加入适量石灰石，可减少SO2的排放：2CaCO3+O2+2SO22CaSO3+2CO2D在盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）上通过施加适量CaSO4，可降低土壤的碱性：CaSO4+Na2CO3CaCO3+Na2SO421下列关于各实验装置的叙述中，正确的是（） A装置可用于蒸干氯化铝溶液制AlCl3B装置可用于分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层C装置可用于收集NH3或HCl气体，并防止倒吸D装置盐桥中的K+自右向左移动22锑（Sb）在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量
12、占世界第一从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS Sb4O6+6C=4Sb+6CO关于反应、的说法正确的是（）A反应中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B反应说明高温下Sb的还原性比C强C反应中每生成3molFeS时，共转移6mol电子D每生成4molSb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为4：323在100mL HNO3和H2SO4的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.6mol/L向该溶液中加入足量的铜粉，加热，充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度最大值为（反应前后溶液体积变化忽略不计）（）A
13、0.225mol/L B0.30mol/LC0.36mol/LD0.45mol/L24如图所示与对应叙述相符的是（）图1 图2 图3 图4A一定条件下，X和Y反应生成Z，由图1推出该反应的方程式可表示为：X + 3Y ZB图2表示NaOH溶液滴加到0.1 mol/L的一元酸溶液得到的滴定曲线（常温下），该实验最好选取酚酞作指示剂C常温下，向NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，所得滴定曲线如图3所示当7pH13时，溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D用硝酸银溶液滴定等浓度的A、B、C的混合溶液（均可以与Ag+反应生成沉淀），由图4可确定首先沉淀的是C25常温下，向l L
14、 pH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2 。通入CO2的体积（y）与溶液中水电离出的c（OH）的关系如图所示下列叙述错误的是（）Aa点溶液中：水电离出的c（H+）= 11010mol/LBb点溶液中：c（H+）= 1107mol/LCc点溶液中：c（Na+） c（HCO3） c（CO32）Dd点溶液中：c（Na+） = 2c（CO32）+ c（HCO3）二、填空题（本题包括6个小题，共50分）26A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图（部分产物已略去）：试回答：（1）若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为 （填元素符号）（2）若D是金属，C溶液在储存时应加入少量D
15、，其理由是（用离子方程式表示） （3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物且B不溶于水，在溶液中A和C反应生成B。请写出B转化为C的所有可能的离子方程式： ， 。A与C反应的离子方程式： 。（4）化合物B经过一系列反应可以得到单质E，将一定质量的和E 的混合物投入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体待反应完全后，向所得溶液中加入溶液，生成沉淀的物质的量与加入溶液的体积关系如图所示则固体混合物中的质量为 ；溶液的物质的量浓度为 。27某课外小组探索利用废合金（含有铝、铁、铜）粉末制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，其实验方案如图：试回答下列问题：（1）操作的名称为 ，所用的玻璃
16、仪器有烧杯、玻璃棒还有 。（2）写出AD反应离子方程式 。（3）滤液E经蒸发浓缩、 得绿矾晶体。（4）由滤渣F制溶液有途径I和途径两种，你认为最佳途径是 ，理由是 。（5）一定温度下，某同学将绿矾配成约溶液，测得溶液的pH=3请用离子方程式解释原因： ；该溶液中 （填数值）。（6）若要测定所配溶液中的准确浓度，取20.00mL溶液于锥形瓶中，可再直接用下列 （填编号）标准溶液进行滴定：a溶液 b酸性溶液c酸性溶液 d溶液滴定终点的现象是 。28亚硝酸钠常用作食品防腐剂现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸的反应及生成气体产物的成分。已知：NO+NO2+2OH2NO +H2
17、O 气体液化的温度：NO2：21、NO：152（1）为了检验装置A中生成的气体，仪器的连接顺序为（按左右连接）：ACB。（2）组装好仪器后，接下来进行的操作是 （3）关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体确认A中产生的气体中含有NO，依据的现象是 装置B的作用是 ，装置E的作用是 （4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为 如果没有装置C，对实验结论造成的影响是 29某无色废水中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3、CO32、SO42中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关
18、图象如图所示：请回答下列问题：（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的离子有： 。（2）写出实验图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式： 。（3）分析图象，在原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为。NO3是否存在？填（“存在”“不存在”或“不确定”）30硫酸镁还原热解制高纯氧化镁是一种新的探索以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等不溶性杂质）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3在酸溶时的化学反应方程式为 。（2）氧化过程中需要加入氧化剂，该氧化剂的最佳选择是 。（3）滤渣2的成分是；其Ksp的最大值约为 。（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C
19、2MgO+2SO2+CO2 MgSO4+CMgO+SO2+COMgSO4+3CMgO+S+3CO实验室中煅烧需要的仪器除酒精灯、三脚架以外，还需要。A蒸发皿 B坩埚 C泥三角 D石棉网利用如图装置对煅烧产生的气体分别进行吸收或收集D中收集的气体是。B中盛放的溶液可以是（填字母）。aNaOH溶液 bNa2CO3溶液c稀硝酸 dKMnO4溶液A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式： 。31多晶硅（硅单质的一种）被称为“微电子大厦的基石”，制备中副产物以SiCl4为主，它对环境污染很大，能遇水强烈水解，放出大量的热研究人员利用SiCl4水解生成的
20、盐酸和钡矿粉（主要成份为BaCO3，且含有少量钙、铁、镁离子）制备BaCl22H2O，工艺流程如下已知25时，Fe3+、Ca2+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、13.1、12.4（1）已知：SiCl4（s）+ H2（g） SiHCl3（s）+ HCl（g） H1=47kJmol1SiHCl3（s）+ H2（g） Si（s）+ 3HCl（g） H2=189kJmol1则由SiCl4制备硅的热化学方程式为 。（2）加钡矿粉时生成BaCl2的离子反应方程式是 。（3）加20% NaOH调节pH=12.5，得到滤渣A的主要成分是 ，控制温度70的目的是 。（4）BaCl2滤液经蒸发浓缩、降温结
21、晶、过滤，再经真空干燥后得到BaCl22H2O实验室中蒸发浓缩用到的含硅酸盐的仪器有种。宽城一中20152016学年高二第二学期期末测试模拟题参考答案与试题解析一、选择题（本题包括25个小题，共50分）1B【考点】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、某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应；B、将煤气化后得到可燃性气体，减少污染物的排放；C、计算机芯片的主要成分是硅单质；D、硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂【解答】解：A、某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，焰色反应是某些金素元素的物理性质，故A错误；B、
22、将煤气化后得到可燃性气体，减少污染物的排放，可以减少PM2.5，故B正确；C、计算机芯片的主要成分是硅单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故C错误；D、包装食品里常有硅胶、石灰、还原铁粉三类小包，硅胶、石灰是干燥剂；还原铁粉是抗氧化剂，故D错误，故选B【点评】本题综合考查元素化合物知识以及环境污染等，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目贴近高考，难度中等2B3A【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【专题】实验评价题；化学实验基本操作【分析】ANO2与水反应生成NO；B蒸发时氯化铝水解生成的HCl挥发；C不能在容量瓶中稀释浓硫酸；D过氧化钠为粉末固
23、体，不能利用止水夹使固体与液体分离制备少量气体【解答】解：ANO2与水反应生成NO，则导管长进短出、洗气可除杂，故A正确；B蒸发时氯化铝水解生成的HCl挥发，直接蒸发不能得到氯化铝，应在HCl气流中蒸发得到氯化铝，故B错误；C不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D过氧化钠为粉末固体，不能利用止水夹使固体与液体分离制备少量气体，装置不合理，故D错误；故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、盐类水解、溶液配制及气体制备实验等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大4B5D【
24、考点】乙烯的用途；无机非金属材料；同分异构现象和同分异构体【专题】同分异构体的类型及其判定；化学应用【分析】A乙烯是一种植物激素，可用作水果和蔬菜的催熟剂； B二氧化碳是产生温室效应的一种气体；C新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；D丙烷只有一种结构【解答】解：A乙烯是一种植物激素，可用作水果和蔬菜的催熟剂，故A正确；6B7B【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】AHCl极易溶于水，浓硫酸可干燥氯气；B氯化铵、铁离子均与NaOH溶液反应；C二氧化碳与NaOH溶液反应，而CO不能，浓硫酸可干燥CO；D碳酸氢钠加热分解
25、生成碳酸钠【解答】解：AHCl极易溶于水，浓硫酸可干燥氯气，则依次通入盛有饱和食盐水、浓H2SO4的洗气瓶可除杂，故A正确；B氯化铵、铁离子均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选择氨水、过滤可除杂，故B错误；C二氧化碳与NaOH溶液反应，而CO不能，浓硫酸可干燥CO，则依次通入盛NaOH 溶液、浓 H2SO4的洗气瓶可除杂，故C正确；D碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则用灼烧的方法除尽，故D正确；故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大8C【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分
26、析】A溶质的质量不是10g；B溶剂的体积不等于溶液的体积；C二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色；D分液时，上层液体应从上口倒出，下层液体从下口流出【解答】解：A溶质的质量不是10g，应将10gZnSO4溶解于90g水中，故A错误；B溶剂的体积不等于溶液的体积，应用托盘天平称量5.85g氯化钠固体，转移至烧杯，加水至100mL，故B错误；C二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，故C正确；D分液时，上层液体应从上口倒出，下层液体从下口流出，防止二次污染，故D错误故选C【点评】本题考查实验方案的评价，题目难度不大，注意把握物质的性质的为解答该题的关键，学习中注意相关知识的积累9C【考点】离子方程式的书写【
27、专题】离子反应专题【分析】A氧化物应保留化学式；B离子个数不符合物质的配比；C过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钙；D硫离子为多元弱酸根离子，分步水解，水解为可逆过程应该用可逆符号【解答】解：A过氧化钠固体与水反应，离子方程式：2Na2O2+2H2O=4OH+O2+4Na+，故A错误；BH2SO4与Ba（OH）2溶液反应，离子方程式：Ba2+O2H+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故B错误；C过量的CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钙，离子方程式：ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO，故C正确；D硫化钠水溶液呈碱性的原因，离子方程式
28、：S2+H2OHS+OH，故D错误；故选：C【点评】本题考查了离子方程式的书写，书写离子方程式应注意化学式的拆分、反应物用量对反应的影响，注意多元弱酸根离子分步水解，题目难度不大10B11C【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】根据Cl2参加反应后的价态来分析；Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成；NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4；Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；求出6.0g SiO2晶体的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中4molSiO键来分析；CH5+为10电子微粒；2.8g N2和2.8g
29、CO的物质的量均为0.1mol，且两者中均含14个电子；蔗糖溶液中除了蔗糖分子，还含水分子；标准状况下，乙醇为液态【解答】解：由于Cl2参加反应后的价态不能确定，故1mol氯气反应后转移的电子数无法确定，故错误；Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含3mol离子即3NA个，故正确；标准状况下，44.8L NO与22.4LO2混合后生成2molNO2，但NO2气体中存在平衡：2NO2N2O4，故混合后气体中分子总数小于2NA，故错误；Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铝离子的个数小于2NA个，故错误；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得的
30、氢氧化铁胶粒的个数小于2NA个，故正确；求出6.0g SiO2晶体的物质的量，而1mol二氧化硅中4molSiO键，故0.1mol二氧化硅中含0.4mol硅氧键即0.4NA个，故正确；CH5+为10电子微粒，故1mol中含10mol电子即10NA个，故正确；2.8g N2和2.8g CO的物质的量均为0.1mol，且两者中均含14个电子，故0.1mol两者中均含1.4mol电子即1.4NA个，故正确；蔗糖溶液中除了蔗糖分子，还含水分子，故溶液中的分子个数大于0.6NA个，故错误；标准状况下，乙醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常
31、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12B【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】An=计算物质的量，结合分子式计算氢原子数；B铜和足量氯化铁反应生成氯化铁和氯化铜，依据反应的铜金属电子转移；C硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，导致溶液中铵根离子数目减少；DpH=1的溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢离子【解答】解：A.8g甲烷的物质的量为： =0.5mol，甲烷分子中含有4个H原则，则0.5mol甲烷分子中含有氢原子的数目为：0.5mol4NA=2NA，故A错误；B铜和足量氯化铁反应生成氯化铁和氯化铜，1
32、mol Cu与足量FeCl3溶液反应，转移2NA个电子，故B正确；C.1L0.1 molL1（NH4）2SO4溶液中含有溶质硫酸铵0.1mol，0.1mol硫酸铵溶液中含有0.2mol铵根离子，由于铵根离子部分水解，则溶液中含有的铵根离子小于0.2NA，故C错误；DpH=l的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol，1L该溶液中含有0.1mol氢离子，含有的H+离子数为NA，故D错误；故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系为解答关键，试题知识点较多，充分考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力13B【考点】离子共
33、存问题【分析】氢离子与偏铝酸根离子反应；pH=11的溶液中存在大量氢氧根离子，6种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；水电离的H+浓度为1012molL1的溶液为酸性或碱性溶液，碳酸根离子、亚硫酸根离子与氢离子反应；加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与镁反应不会生成氢气；使甲基橙变黄的溶液为酸性或碱性溶液，高锰酸根离子、硝酸根离子在酸性条件下能够以后亚铁离子；铁离子、铝离子与硫离子发生双水解反应【解答】解：0.1molL1NaAlO2溶液中，H+与NaAlO2发生反应，在溶液中不能大量共存，故错误；pH=11的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离
34、子，CO32、Na+、AlO2、NO3、S2、SO32之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；水电离的H+浓度为1012molL1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CO32、SO32与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故错误；加入Mg能放出H2的溶液为酸性溶液，NO3在酸性条件下与镁反应不会生成氢气，故错误；使甲基橙变黄的溶液为酸性或碱性溶液，Fe2+与MnO4、NO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故错误；Fe3+、Al3+都与S2发生双水解反应，在溶液中一定不能大量共存，故错误；故选B【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意明
35、确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等14C15C【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；硅和二氧化硅；甲烷的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】根据物质的性质，有多种变价的元素可以发生一系列的转化关系，氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸还
36、原产生NO；硅与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠反应产生硅酸钠，硅酸钠与稀盐酸反应生成硅酸，硅酸不能生成二氧化硅；Cu无对应的最高价氧化物的水化物；甲烷与氧气反应生成CO，CO与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳溶于水得到碳酸；硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸【解答】解：氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸还原产生NO，此过程符合题意，故正确；依据分析可知，硅酸不能分解产生二氧化硅，故错误；Cu为金属单质，不存在对应的酸，故错误；C的最高价氧化物的水化物为碳酸，甲烷不充分燃烧生成CO，但是碳酸
37、不能得到CO，故错误；硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，浓硫酸与金属反应生成二氧化硫，符合题意，故正确，故选C【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，本题中与水的反应是解答该题的关键16A【考点】硅和二氧化硅【专题】元素及其化合物【分析】aSiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃，是与氟化氢反应生成四氟化硅；bSiO2表现出氧化性，说明硅的化合价降低；cSiO2与氢氟酸反应这是二氧化硅的亲氟性的表现；d反应中是符合强酸制弱酸；e反应中SiO2中硅与氧的化合价都未变，所以未参加氧化还原反应【解答】解：aSiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃，是与氟化氢反应生成四
38、氟化硅，所以发生反应，故错误；bSiO2表现出氧化性，说明硅的化合价降低，中硅的化合价降低，故正确；cSiO2表现了酸性氧化物的通性，与碱反应生成盐和水，符合通性的是，而不是，故错误；d反应中是符合强酸制弱酸，符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性酸酐的道理，故错误；e反应中SiO2中硅与氧的化合价都未变，所以未参加氧化还原反应，故正确；故选A【点评】本题实际考查物质间的反应规律，熟记物质间的反应规律及反应条件才能很好的解答本题，题目难度不大17B【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质【专题】元素及其化合物；氧族元素；氮族元素【分析】过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时
39、候生成氢气；氢气与氮气化合生成氨气为可逆反应；只有浓盐酸才能与二氧化锰反应；只有浓硫酸与铜反应，稀硫酸与铜不反应；铜与浓硝酸生成二氧化氮、水硝酸铜、与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生；浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铝发生钝化【解答】解：过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气，所以过量锌与18 mol/L的硫酸反应，稀硫酸可以完全反应，故不选；合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故选；二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，二氧化锰过量，稀盐
40、酸也不能完全反应，故选；只有浓硫酸与铜反应，稀硫酸与铜不反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故选；铜与浓硝酸、稀硝酸都能反应，所以只要铜足量，硝酸可以完全反应，故不选；稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故选；浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铝发生钝化，产生致密氧化膜，阻止反应进行，故选；故选：B【点评】本题考查物质的性质，题目难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，注意反应的可逆性和物质的浓度问题18B19C20C【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题【分析】A发生氧化还原反应生成碘、水；B依据沉淀
41、转化的规律，硫化铜的溶解度小于硫化铅；C反应生成的是硫酸钙，不是亚硫酸钙；D钙离子与碳酸根离子结合生成难溶物碳酸钙，碳酸根离子浓度减小，则土壤的碱性减弱【解答】解：A向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水的离子反应为2I+2H+H2O2I2+2H2O，故A正确；B硫化铜沉淀溶解度小于硫化铅，实现沉淀的转化，化学方程式为CuSO4+PbSCuS+PbSO4，故B正确；C为减少煤燃烧产生的二氧化硫对大气的污染，可向煤中加入适量的石灰石，正确的反应为：2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2，故C错误；D石膏电离出的Ca2+与CO32结合生成更难溶的CaCO3 CaSO4+CO32=CaCO3+
42、SO42，CO32浓度降低，使得CO32+H2OHCO3+OH，平衡向左移动，OH浓度降低，碱性减弱，故D正确；故选C【点评】本题考查化学方程式、离子方程式的书写及应用，为高频考点，题目难度中等，明确发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解及复分解的离子反应考查21B【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A加热时应防止氯化铝水解；B四氯化碳不溶于水，且密度比水大；CHCl不能用碱石灰干燥；D原电池工作时，阳离子向正极移动【解答】解：A氯化铝水解生成氢氧化铝，加热时应防止氯化铝水解，否则不能得到氯化铝，故A错误；B四氯化碳不溶于水，且密度比水大，可用于分液
43、的方法分离，四氯化碳在下层，故B正确；CHCl不能用碱石灰干燥，故C错误；D锌比铜活泼，为原电池负极，铜为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类的水解、原电池、气体额干燥以及分液等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析，题目难度不大22C【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS中，Fe元素的化合价由0升高到+2价，O元素的化合价由0降低为2价，该反应中生成6molFeS时转移电子为12mol；Sb4O6+6C=4Sb+6CO中，
44、C元素的化合价由0升高到+2价，Sb元素的化合价由+3降低为0，以此来解答【解答】解：A含元素化合价降低的物质为氧化剂，则反应中的氧化剂分别是O2、Sb4O6，故A错误；B由还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则反应说明高温下Sb的还原性比C弱，故B错误；C反应中每生成3molFeS时，共转移3mol（20）=6mol，故C正确；D由4molSb6Fe6C12e，反应与反应中还原剂的物质的量之比为1：1，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价的变化是解答本题的关键，判断化合物中Sb元素的化合价是解答的难点，题目难度不大23C【考点】有关混合物反应的计算【专题】极端
45、假设法【分析】有关反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO（g）+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.60.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=计算铜离子浓度【解答】解：反应离子方程式为：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大
46、，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.60.1，联立解得x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.024mol=0.036mol，故铜离子的最大浓度为=0.36mol/L，故选C【点评】本题考查化合物的有关计算，确定NO3和H+的物质的量之比为1：4时生成的铜离子浓度最大是解题的关键，难度中等，注意利用离子方程式进行解答24B【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；中和滴定【分析】A、当反应物的起始物质的量之比
47、等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1；B、根据0.1 mol/L的一元酸在滴定开始时的pH来判断酸为弱弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂；C、如NaOH过量较多，可存在c（OH）c（CH3COO）；D、由图象可知，lgc（X）越大，则c（X）越小，越先生成沉淀【解答】解：A、解：当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1，故反应为3X+YZ，故A错误；B、滴定开始时0.1 molL1某酸pH为3，所以酸为弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂，故B正确
48、；C、如NaOH过量较多，可存在c（OH）c（CH3COO），故C错误；D、由图象可知，lgc（X）越大，则c（X）越小，越先生成沉淀，由图2曲线，可确定首先沉淀的是I，故D错误，故选B【点评】本题考查较为综合，涉及学生的分析能力的考查，为高考高频考点和常见题型，注意把握图象曲线的变化特点，为解答该题的关键，难度中等25C【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】Aa点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c（H+）=10pH；B常温下，c（OH）=1107mol/L，溶液呈中性；Cc点溶液中，当水电离出的OH离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳
49、酸氢根离子但程度较小；Dd点溶液中，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断【解答】解：Aa点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c（H+）=10pH=11010molL1，故A正确；B常温下，c（OH）=1107mol/L，溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），所以c（H+）=1107molL1，故B正确；Cc点溶液中，当水电离出的OH离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子但程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（CO32）c（HCO3），故C错误；Dd点溶液中，溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na
50、+）=2c（CO32）+c（HCO3），故D正确；故选C【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，结合电荷守恒进行解答，注意计算碱性溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子的方法二、填空题（本题包括5个小题，共50分）26（1）Na； （2）2Fe3+Fe=3Fe2+；（3） Al（OH）3+3H+Al3+3H2O、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3（4）3.6g；5molL127（1）过滤，漏斗 （2）AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3； （3）冷却结晶 （4）途径；途径消耗硫酸量多，且
51、产生二氧化硫污染环境 （5）Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+；5104； （6）b； 滴入最后一滴0.02 molL1 KMnO4酸性溶液，溶液由无色变为浅紫色（或浅紫红色），且30s内不褪色28【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）根据各部分装置的作用进行连接，C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO；（2）气体发生和反应装置需要装置气密性好，开始前需要检查装置气密性；（3）根据一氧化氮和氧气反应生成红棕色二氧化氮气体判断，温度低于二氧化氮液化温度时，二氧化氮变成液态；（4）氧气过量，进入B中可理解为先生成硝酸，硝酸再与氢氧化钠反应生成硝酸钠
52、和水；【解答】解：（1）C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO，所以装置的连接为ACEDB，故答案为：E；D；（2）组装好仪器后，接下来进行的操作实验是检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；（3）D中无色气体变成红色，说明含有NO气体，故答案为：D中出现红棕色气体；装置B是吸收氮氧化物，防止污染空气，二氧化氮的液化温度是21，低于此温度时，二氧化氮气体变成液态，故答案为：吸收NO2和NO，防止污染空气，冷凝使NO2完全液化； （4）如果向D中通入过量O2，则装置B中二氧化氮、氧气和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水，其反应方程式为：4NO2+O2+4Na
53、OH=4NaNO3+2H2O，如果没有装置C，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，造成干扰，故答案为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O；水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，影响NO的检验【点评】本题考查了实验方案设计、物质的检验、盖斯定律，明确物质的性质是解本题关键，根据实验现象确定物质的性质，注意仪器的连接顺序，为易错点，题目难度中等29【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】无色废水确定无Fe3+，根据实验确定有Na+，根据实验确定有SO42，根据实验确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32与Al3+不能共存，所以无CO32；故溶
54、液中存在的离子为：Al3+、NH4+、H+、SO42，根据硫酸钡沉淀求出n（SO42），根据图象求出n（Al3+）和n（H+），再根据电荷守恒确定有没有NO3【解答】解：（1）无色废水确定无Fe3+，根据实验确定有Na+，根据实验确定有SO42，根据实验确定有Al3+，一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32与Al3+不能共存，所以无CO32；故溶液中存在的离子为：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42，废水中一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32，故答案为：Fe3+、Mg2+、CO32；（2）氢氧化铝能溶于氢氧化钠中，即Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（O
55、H）3+OH=AlO2+2H2O；（3）已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n（SO42）=0.01mol， 根据图象可知与Al（OH）3的OH为：n（OH）=0.007mol， Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O n（Al3+） 0.007mol 所以n（Al3+）=0.007mol，将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，NH4+OH=NH3H2O，消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为1：1，铝离子0.007摩尔带0.021摩尔
56、正电荷，氢离子0.014摩尔，铵根离子0.007摩尔，正电荷总物质的量超过0.042摩尔，而硫酸根只有0.01摩尔，带0.02摩尔负电荷，所以根据电荷守恒，必然有硝酸根离子，故答案为：1：1；存在【点评】本题考查了常见离子检验，现象的判断和离子检验，关键是图象分析离子特征和离子共存的判断，题目难度中等30【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】菱锰矿中加入稀硫酸，发生的反应为MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2+H2O、FeCO3+H2SO4=FeSO4+H2O+CO2，然后过滤得到滤渣1和溶液，向溶液中加入氧化剂，Fe2+被氧化生成Fe3+，且
57、不能引进新的杂质，符合条件的常见氧化剂有双氧水，发生的离子反应方程式为2 Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，调节溶液的pH为4左右，Fe3+转化为Fe（OH）3，Mg2+存在于溶液中，然后过滤得到滤渣2为Fe（OH）3，从溶液中经过一系列操作最后和木炭煅烧得到MgO和气体，根据（4）题知，生成的气体有S蒸气、SO2、CO2和CO，（1）MgCO3和H2SO4发生复分解反应生成MgSO4、H2O和CO2，根据反应物和生成物书写方程式；（2）加入的氧化剂能氧化亚铁离子转化为铁离子且不能引进新的杂质；（3）通过以上分析知，滤渣2是Fe（OH）3；溶液的pH=4，则溶液中c（OH）=mol
58、/L=1010mol/L，当溶液中c（Fe3+）105 mol/L时Fe3+完全沉淀，据此计算KspFe（OH）3；（4）灼烧固体药品的仪器是坩埚，需要在泥三角上进行加热；煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收SO2，通过C中的氢氧化钠溶液吸收CO2，最后剩余CO气体在D中收集；B溶液的目的是吸收SO2但不能吸收CO2，所以该处溶液应该具有强氧化性，能和SO2反应但不能产生新的杂质；氧化还原反应中有化合价升高的物质也有化合价降低的物质，产物中元素最高价态为+4，NaOH没有氧化性，所以只能是S发生歧化
59、反应，S元素化合价降低为2价，所以该离子反应产物有S2和SO32【解答】解：菱锰矿中加入稀硫酸，发生的反应为MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2+H2O、FeCO3+H2SO4=FeSO4+H2O+CO2，然后过滤得到滤渣1和溶液，向溶液中加入氧化剂，Fe2+被氧化生成Fe3+，且不能引进新的杂质，符合条件的常见氧化剂有双氧水，发生的离子反应方程式为2 Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，调节溶液的pH为4左右，Fe3+转化为Fe（OH）3，Mg2+存在于溶液中，然后过滤得到滤渣2为Fe（OH）3，从溶液中经过一系列操作最后和木炭煅烧得到MgO和气体，根据（4）题知，生成的气体
60、有S蒸气、SO2、CO2和CO，（1）MgCO3和H2SO4发生复分解反应生成MgSO4、H2O和CO2，根据反应物和生成物书写方程式为MgCO3+H2SO4MgSO4+H2O+CO2，故答案为：MgCO3+H2SO4MgSO4+H2O+CO2；（2）加入的氧化剂能氧化亚铁离子转化为铁离子且不能引进新的杂质，所以加入的氧化剂是H2O2，故答案为：H2O2；（3）通过以上分析知，滤渣2是Fe（OH）3；溶液的pH=4，则溶液中c（OH）=mol/L=1010mol/L，当溶液中c（Fe3+）105 mol/L时Fe3+完全沉淀，KspFe（OH）3=c（OH）3c（Fe3+）=（1010）3.1
61、05=11035，故答案为：Fe（OH）3；11035；（4）灼烧固体药品的仪器是坩埚，需要在泥三角上进行加热，所以还需要的仪器是坩埚和泥三角，故选BC；煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收SO2，通过C中的氢氧化钠溶液吸收CO2，最后剩余CO气体在D中收集，故答案为：CO；B溶液的目的是吸收SO2但不能吸收CO2，所以该处溶液应该具有强氧化性，能和SO2反应但不能产生新的杂质，aNaOH溶液能吸收二氧化碳，且没有强氧化性，不符合条件，故错误； bNa2CO3溶液能吸收二氧化碳，且没有强氧化性，不符
62、合条件，故错误；c稀硝酸具有强氧化性，但不能吸收二氧化硫，故错误； dKMnO4溶液具有强氧化性，且能吸收二氧化硫，故正确；故选d；氧化还原反应中有化合价升高的物质也有化合价降低的物质，产物中元素最高价态为+4，NaOH没有氧化性，所以只能是S发生歧化反应，S元素化合价降低为2价，所以该离子反应产物有S2和SO32，根据反应物和生成物及反应条件知，该离子反应方程式为3S+6OH2S2+SO32+3H2O，故答案为：3S+6OH2S2+SO32+3H2O【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、除杂、物质检验、仪器的选取、溶度积常数等知识点，综合性较强，明确反应原理、基本操作
63、、仪器的用途、难溶物溶解平衡等即可解答，注意除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，易错点是（4）题，注意SO2和CO2混合气体检验先后顺序及所用的试剂，题目难度不大31多晶硅（硅单质的一种）被称为“微电子大厦的基石”，制备中副产物以SiCl4为主，它对环境污染很大，能遇水强烈水解，放出大量的热研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和钡矿粉（主要成份为BaCO3，且含有少量钙、铁、镁离子）制备BaCl22H2O，工艺流程如下已知25时，Fe3+、Ca2+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、13.1、12.4（1）已知：SiCl4（s）+H2（g）SiHCl3（s）+HCl（g）H1=47kJmo
64、l1SiHCl3（s）+H2（g）Si（s）+3HCl（g）H2=189kJmol1则由SiCl4制备硅的热化学方程式为SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）H=+236 kJmol1（2）加钡矿粉时生成BaCl2的离子反应方程式是BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O（3）加20% NaOH调节pH=12.5，得到滤渣A的主要成分是Mg（OH）2、Ca（OH）2，控制温度70的目的是让钙离子沉淀完全（4）BaCl2滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤，再经真空干燥后得到BaCl22H2O实验室中蒸发浓缩用到的含硅酸盐的仪器有3种【考点】制备实验方案的设计【专题】无机实验综合
65、【分析】控制温度40C，四氯化硅发生水解生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入钡矿粉主要成分为BaCO3，且含有钙、铁、镁等离子，调节溶液pH=7，使BaCO3转化为BaCl2，同时使Fe3+完全沉淀，过滤得到滤渣为氢氧化铁，滤液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=12.5，控制70C，得到氢氧化镁、氢氧化钙沉淀，过滤得到滤液为氯化钡溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化钡晶体；（1）已知：SiCl4（s）+H2（g）SiHCl3（s）+HCl（g）H1=47kJmol1SiHCl3（s）+H2（g）Si（s）+3HCl（g）H2=189kJmol1根据盖斯定律，+可得：SiCl4（s）+2H
66、2（g）=Si（s）+4HCl（g）；（2）碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳与水；（3）滤渣A的主要成分是氢氧化镁、氢氧化钙；温度越高，Ca（OH）2溶解度越小；（4）蒸发浓缩用到的含硅酸盐的仪器有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒【解答】解：控制温度40C，四氯化硅发生水解生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入钡矿粉主要成分为BaCO3，且含有钙、铁、镁等离子，调节溶液pH=7，使BaCO3转化为BaCl2，同时使Fe3+完全沉淀，过滤得到滤渣为氢氧化铁，滤液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=12.5，控制70C，得到氢氧化镁、氢氧化钙沉淀，过滤得到滤液为氯化钡溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到
67、氯化钡晶体；（1）已知：SiCl4（s）+H2（g）SiHCl3（s）+HCl（g）H1=47kJmol1SiHCl3（s）+H2（g）Si（s）+3HCl（g）H2=189kJmol1根据盖斯定律，+可得：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）H=+236 kJmol1，故答案为：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）H=+236 kJmol1；（2）碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳与水，反应离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）滤渣A的主要成分是Mg（OH）2、Ca（OH）2；温度越高，Ca（OH）2溶解度越小，控制温度70让钙离子沉淀完全，故答案为：Mg（OH）2、Ca（OH）2；让钙离子沉淀完全；（4）蒸发浓缩用到的含硅酸盐的仪器有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，故答案为：3【点评】本题考查物质制备工艺流程，涉及物质的分离提纯、对操作与条件控制分析、热化学方程式书写等，关键是对工艺流程的理解，是对化学实验的综合考查，充分考查了学生的分析理解能力及知识迁移运用的能力，难度中等