1、2015-2016学年河北省张家口市四校高三（上）联考化学试卷（五）一、选择题（本大题共22小题，每小题0分，共0分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1下列说法正确的是（）A实验室从海带提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤萃取B用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中D将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性2实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略了净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（
2、）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A氯化铵NaOHNH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD3我省盛产矿盐（主要成分是NaCl，还含有SO42等其他可溶性杂质的离子）下列有关说法正确的是（）A由矿盐生产食盐，除去SO42最合适的试剂是Ba（NO3）2B工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气C室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液4将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2Cl2BNO
3、2SO2CNH3CO2DCO2Cl2（）AABBCCDD5实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是（）选项实验目的主要仪器试剂A分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、蒸馏水B鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液、水C实验室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀HNO3D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000molL1盐酸AABBCCDD6已知氧化性Br2Fe3+FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2+b Br+c Cl2d Fe3+e Br2+f Cl下列选项中的数
4、字与离子方程式中的abcdef一一对应，其中不符合反应实际的是（）A2 4 3 2 2 6B0 2 1 0 1 2C2 0 1 2 0 2D2 2 2 2 1 47一定条件下，将0.1L CO、0.2L CO2、0.1L NO、0.2L NO2和0.2L NH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）（）A可能是单一气体B不可能含有一氧化碳C可能存在原气体中的两种气体D成分和洗气瓶的排列顺序无关81.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中
5、，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL9下列叙述可以说明金属甲的活动性比金属乙强的是（）A在氧化还原反应中，1个甲原子失去的电子比1个乙原子失去的电子多B将甲、乙作电极与稀硫酸组成原电池时，甲是负极C同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强D甲对应的最高价氧化物
6、的水化物碱性比乙弱10下列有关金属的工业制法中，正确的是（）A制钛：用金属钠置换氯化钛（TiCl4）溶液中的钛B炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中的铁C制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液D炼铜：用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）直接电解精炼得到纯度为99.9%的铜11用铝单质还原下列化合物，制得金属单质各1mol，需消耗铝最少的是（）AMnO2BWO3CCo3O4DCr2O312下列金属中，既可用热分解方法又可用电解法制备的是（）AFeBCuCAlDAg13有一种粉末它是由铁的氧化物中的一种或者两种组成，取3.04g粉末加热，同时通入足量的CO使之完全反应，
7、再用过量澄清石灰水把生成的气体充分吸收，产生沉淀 5g 则该粉末的组成是（）A只有Fe2O3B只有FeOC等物质的量的Fe2O3和Fe3O4D等物质的量的FeO和Fe3O414下列叙述不正确的是（）工业上用电解氯化钠溶液的方法制取钠 可以用钠加入氯化镁的饱和溶液中制取金属镁用于电冶铝的原料是氯化铝 炭在高温下能还原氧化镁中的镁ABCD15工业生产Na，Ca，Mg都用电解熔融的氯化物，但K不能用电解熔融态的方法得到，因金属钾易溶于熔融态的KCl而有危险，很难制得K，且降低电流效率生产钾是用金属钠和熔化的KCl反应制取，有关反应式为：KCl+NaNaCl+K下列说法错误的是（）A该反应850的选择
8、是基于熔沸点的考虑B该反应利用了化学平衡移动的原理C该反应属于置换反应的类型D该反应表明钠比钾的活动性强16有关接触法制硫酸，下列说法中不正确的是（）A用硫和硫铁矿均可做为原料BSO2转化为SO3，需在催化剂和加热条件下进行CSO3可用水直接吸收D热交换器可对生成气体冷却，对原料气体加热17向某NaOH溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加人盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加人盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况，且（2）（3）（4）图中分别有OAAB，OA=AB，OAAB，则下列分析与判断一定正确的是（不计CO2的溶解）（）A（1）
9、图显示M中只有一种溶质且为Na2CO3B（3）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3NaOHC（2）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3NaHCO3D（4）图显示M中c（NaHCO3）=c（Na2CO3）18下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A向氨水中加入少量硝酸银溶液，无现象Ag+与NH3H2O在溶液中可以共存BCaSO3是难溶物向CaCl2溶液中通入SO2产生白色沉淀CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验D向KMnO4溶液中通入SO2，溶液褪色还原性：SO2Mn2+AABBCCDD19据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6），已知O2（Pt
10、F6）为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是（）A在此反应中，O2氧化剂，PtF6是还原剂BO2（PtF6）中氧元素的化合价为+1价C在此反应中，每生成1mol O2（PtF6）则转移1mol电子D在O2（PtF6）中不存在共价键20陶瓷是传统硅酸盐产品，根据陶瓷的生产原理，可以得出硅酸盐工业的一般特点是（）以含硅物质作为原料 主要产物是硅酸盐 反应条件是高温 反应原理是复杂的物理变化和化学变化A只有B只有CD只有21四氯化硅还原法是当前制备较高纯度硅的一种方法，有关反应的化学方程式为：SiCl4+2H24HCl+Si下列说法不合理的是（）A反应制得的硅可用于制造半导体材
11、料B增大压强有利于加快上述反应的化学反应速率C四氯化硅可以由粗硅与氯气通过化合反应制得D混入少量空气对上述反应无影响22“飘尘”是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小（直径小于107m），不宜沉降（可漂浮数小时甚至数年），它与空气中的SO2、O2接触时，SO2会转化为SO3，使空气酸度增加，飘尘所起的主要作用与下列变化中硫酸的作用相同的是（）A胆矾中加浓硫酸B浓硫酸与木炭共热C乙酸乙酯与稀硫酸共热D浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”一、填空、实验、简答题（本大题共7小题，共0分）23用含有A1203SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备A12（SO4）318H2O工艺流程如下（部分操作和条件略）
12、：向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤：向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色：加入MnSO4至紫红色消失，过滤；浓缩结晶分离，得到产品（1）H2S04溶解A1203的离子方程式是（2）KMnO4氧化Fe2+的离子方程式补充完整： 1MnO4+Fe2+=1Mn2+Fe3+（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1molL1根据表中数据解释步骤的目的：（4）己知：一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2，向的沉
13、淀中加入浓HCI并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是中加入MnS04的目的是24溴主要以Br形式存在于海水中，海水呈弱碱性工业上制备的Br2的操作步骤为：一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等用硫酸酸化步骤得到的混合物完成下列填空：（1）Cl2氧化Br应在 条件下进行，目的是为了避免（2）Br2可用热空气吹出，其原因是（3）写出步骤所发生的化学反应方程式用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是步骤的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中a通入HBr b
14、加入Na2CO3溶液 c加入NaBr溶液 d加入Na2SO3溶液25短周期主族元素ABCDE，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，B元素所形成化合物种类最多，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙；D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的（1）已知相关物质之间存在如下变化：丁与乙和水反应生成戊和丙的离子方程式为，由物质己电解得到单质D的化学方程式为；0.1mol/L的丙溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序为；常温下，为使丙溶液中由丙电离的阴阳离子浓度相等，应向溶液中加入一定量的乙的水溶液至（2）已知E 及其化合物有以下变化：，写出单质E与化合物Z
15、在一定条件下反应生成X和水的化学方程式；由ABCDE 5种元素中的两种元素，可形成既含极性键又含非极性键的18电子的分子，该分子的分子式为（任写一个即可）（3）C有多种氧化物，其中之一是一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，在一定条件下，2L的该无色气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的C的含氧酸盐的化学式是26某固体物质是由NaOH、AlCl3、K2SO4、CaCO3、Ba （ NO3 ）2中的几种均匀混合而成，取样品进行如下实验（部分产物略去）：（1）实验中分离操作称为，所用到的玻璃仪器名称（2）在实验中观察到的现象是“沉淀部分溶解”为
16、进一步确定X的组成，向实验后的溶液中滴加过量的氨水，有沉淀生成，写出生成沉淀的离子反应方程式为，则沉淀X含有的物质的化学式为（3）取滤液Y，测得其pH7，向其中滴入硫酸钠溶液，未观察到任何现象，则滤液Y中一定含有的含氧酸根离子是（用离子符号表示），由此推测“将过量的气体Z通入滤液Y中”的实验现象是（4）上述推断可见，实验中能反应的物质之间的物质的量的比例关系为27黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物（1）冶炼铜的反应为：8CuFeS2+21O2=8Cu+4FeO+2Fe2O3+16O2若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是（填元素符号
17、）（2）上述冶炼过程产生大量SO2下列处理方案中合理的是（填代号）a高空排放 b用于制备硫酸c用纯碱溶液吸收制Na2SO3 d用浓硫酸吸收（3）过二硫酸钾（K2S2O8）具有强氧化性可将I氧化为I2：S2O82+2I=2SO42+I2通过改变反应途径，Fe3+Fe2+ 均可催化上述反应试用离子方程式表示Fe3+对上述反应催化的过程（不必配平）（4）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3FeOSiO2Al2O3）可制备Fe2O3方法为：用稀盐酸浸取炉渣，过滤滤液先氧化，再加人过量NaOH 溶液过滤，将沉淀洗涤干燥煅烧得Fe2O3据以上信息回答下列问题：a除去Al3+的离子方程式是b选用提供的试
18、剂设计实验验证炉渣中含有Fe2O3提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水所选试剂为证明炉渣中含有FeO 的实验现象为28实验室中，氮氧化物废气（主要成分为NO2和NO）可以用NaOH溶液来吸收，其主要反应为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O（1）NO和NO2混合气体的组成可表示成NOx，该混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时，x的值可以为（填编号）A1.1 B1.2 C1.5 D1.8（2）若用纯碱溶液处理氮氧化物废气，反应与上述类似，同时放出CO2请写出纯碱溶液吸收NO2的化学方程式；现有标准状况下
19、aL NO2（其中N2O4体积分数为20%）和bLNO的混合气恰好被200mLNa2CO3溶液完全吸收，则a、b应满足的关系为；该Na2CO3溶液的物质的量浓度为mol/L（用含a、b的代数式表示）29氧化镁在医药建筑等行业应用广泛硫酸镁还原热解制备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 ）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3 与稀硫酸反应的离子方程式为（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为（3）滤渣2 的成分是（填化学式）（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+C MgO+SO2+COMg
20、SO4+3C MgO+S+3CO利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集D中收集的气体可以是 （填化学式）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：2015-2016学年河北省张家口市四校高三（上）联考化学试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共22小题，每小题0分，共0分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1下列说法正确的是（）A实验室从海带提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤萃取B用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时
21、，可用水浴加热控制反应的温度C氯离子存在时铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中D将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性【考点】铝的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】A碘元素在海水中只有化合态，没有游离态，海带提取单质碘需将碘离子氧化成碘单质；B乙醇和浓硫酸在170，发生分子内脱水生成乙烯和水，水浴的温度为小于100；CCl存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，裸露出活泼的金属铝，铝具有两性，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中；D根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性，CuSO4
22、溶液能使蛋白质溶液发生变性，饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，不能发生变性；【解答】解：A海水中只有化合态的碘，实验室从海带提取单质碘的方法是：取样灼烧溶解过滤，然后需将碘离子氧化为碘单质，在提取的过程中用的氧化剂可以是H2O2，然后再萃取，故A错误；B乙醇在浓硫酸加热170发生消去反应生成乙烯气体，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，水的沸点为100，水浴的温度为小于100，而该反应的温度为170，显然不符，故B错误；C铝表面的氧化膜为氧化铝，当有Cl存在时，Cl替换氧化铝中的氧元素形成可溶性的氯化铝，所以铝表面的氧化膜易被破坏，裸露出活泼的金属铝，铝具有两
23、性，因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中，故C正确；D当向蛋白质溶液中加入的盐溶液（硫酸铵、硫酸钠、氯化钠等）达到一定浓度时，会使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用称为盐析，盐析具有可逆性，所以饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，不是变性，因加强酸、强碱、重金属盐、甲醛等导致蛋白质性质的改变和生物活性的丧失，是蛋白质的变性，所以CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性，故D错误；故选C2实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略了净化装置）仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A氯化铵NaOHN
24、H3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】由图可知，为固体与液体反应不需要加热制取气体的装置，且气体密度比空气的大，选择向上排空气法收集，最后需要尾气处理，以此来解答【解答】解：A氯化铵与NaOH制备氨气需要加热，且氨气应利用向下排空气法收集，与图中装置不符，故A不选；B浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，不需要加热，且二氧化硫利用向上排空气法、尾气利用NaOH溶液吸收，故B选；CCu与稀硝酸反应生成NO，制备原理不符，故C不选；D浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要加热，故D不选；故选B3
25、我省盛产矿盐（主要成分是NaCl，还含有SO42等其他可溶性杂质的离子）下列有关说法正确的是（）A由矿盐生产食盐，除去SO42最合适的试剂是Ba（NO3）2B工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气C室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理；物质的分离、提纯和除杂【分析】A引入新杂质NaNO3；B应电解熔融的NaCl；CAgCl在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度；D饱和纯碱溶液呈碱性；【解答】解：A除去硫酸根离子的同时，引入了新的杂质硝酸根离子
26、，应加入氯化钡溶液，故A错误；B要得到钠和氯气需要电解熔融的NaCl，故B错误；C增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故C错误；D饱和纯碱溶液呈碱性，可鉴别，故D正确故选D4将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2Cl2BNO2SO2CNH3CO2DCO2Cl2（）AABBCCDD【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】A氯气与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸；B二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子；C氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵；D氯气、二氧化碳均
27、氯化钡溶液之间均不反应【解答】解：A氯气与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，然后与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故A不选；B二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子，然后与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故B不选；C氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵，然后与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，故C不选；D氯气、二氧化碳均氯化钡溶液之间均不反应，不会有沉淀生成，故D选；故选D5实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是（）选项实验目的主要仪器试剂A分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、蒸馏水B鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液、水C实验
28、室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀HNO3D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000molL1盐酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】ABr2和CCl4混合物不分层；B葡萄糖含CHO，具有还原性，而蔗糖不具有；C锌粒、稀HNO3反应生成NO，不生成氢气；D中和滴定实验，需要胶头滴管滴加指示剂【解答】解：ABr2和CCl4混合物不分层，不能利用分液漏斗分离，应选蒸馏装置及相应仪器分离，故A错误；B葡萄糖含CHO，具有还原性，而蔗糖不具有，则选银氨溶液后水浴加热，需要仪器为试管、烧杯、酒精灯，产生银镜的为葡萄糖，故B正确；C锌粒、稀HNO3反应生成NO，
29、不生成氢气，制备氢气应选稀硫酸，故C错误；D中和滴定实验，需要胶头滴管滴加指示剂，则仪器缺少胶头滴管，试剂缺酸碱指示剂，故D错误；故选B6已知氧化性Br2Fe3+FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2+b Br+c Cl2d Fe3+e Br2+f Cl下列选项中的数字与离子方程式中的abcdef一一对应，其中不符合反应实际的是（）A2 4 3 2 2 6B0 2 1 0 1 2C2 0 1 2 0 2D2 2 2 2 1 4【考点】氧化还原反应方程式的配平【分析】氧化性Br2Fe3+可知：二价铁离子还原性强于溴离子，通入氯气，先氧化二价铁离子，剩余氯气再氧化溴
30、离子A氯气足量时，二价铁离子、溴离子都被氧化；B氯气少量先氧化二价铁离子；C氯气不足是，可以只氧化二价铁离子；D.2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+1Br2+4Cl，氯气不足，把亚铁离子氧化成三价铁离子后，再部分氧化溴离子【解答】解：A氯气过量，Br、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，故A正确；B氯气少量先氧化二价铁离子，故B错误；C加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故C正确；D当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2+2Br+2Cl22Fe3
31、+1Br2+4Cl，故D正确；故选：B7一定条件下，将0.1L CO、0.2L CO2、0.1L NO、0.2L NO2和0.2L NH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）（）A可能是单一气体B不可能含有一氧化碳C可能存在原气体中的两种气体D成分和洗气瓶的排列顺序无关【考点】常见气体的检验【分析】根据气体的性质和足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液是否吸收进行解答，二氧化碳、氨气都能溶于水，二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和
32、硝酸钠，一氧化氮和一氧化碳与水与饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液都不反应，二氧化碳和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应，据此分析即可解答【解答】解：ACO与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有0.1L CO，一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和水，反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，过量的二氧化氮和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二氧化碳和氢氧化钠反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，所以若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，0.2L C
33、O2、0.1L NO、0.2L NO2被吸收，这时出来的气体有0.1L CO、0.2L NH3，氨气极易能溶于水，所以其余的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO，故A正确；BCO与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有0.1L CO，故B错误；C若第一个洗气瓶盛有足量蒸馏水，二氧化碳、氨气都能溶于水，3NO2+H2O2HNO3+NO，则这时出来的气体有CO、NO和少量二氧化碳，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳和二氧化氮被氢氧化钠吸收，最后的气体为CO、NO，故C正确；D若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，二氧化氮和
34、碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠，氨气极易能溶于水，则这时出来的气体有 CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后的气体为 CO、NO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，其余的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO，故D错误；故选AC81.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B该浓硝酸中H
35、NO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据
36、n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.0
37、1，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L
38、0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D9下列叙述可以说明金属甲的活动性比金属乙强的是（）A在氧化还原反应中，1个甲原子失去的电子比1个乙原子失去的电子多B将甲、乙作电极与稀硫酸组成原电池时，甲是负极C同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强D甲对应的最高价氧化物的水化物碱性比乙弱【考点】常见金属的活动性顺序及其应用【分析】A、金属的金属性强弱与失电子多少无关；B、易失电子的金属活动性强；C、根据金属的金属性强弱与同价阳离子的关系分析；D、金属的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物碱性越强；【解答】解：A金属的金属性
39、强弱与得失电子的难易有关，与得失电子的多少无关，故A错误；B将甲、乙作电极与稀硫酸组成原电池时，易失电子的金属作负极，如果甲是负极，则甲的金属性比乙强，故B正确；C同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强，则乙的金属性比甲的强，故C错误；D甲对应的最高价氧化物的水化物碱性比乙弱，则乙的金属性比甲强，故D错误；故选B10下列有关金属的工业制法中，正确的是（）A制钛：用金属钠置换氯化钛（TiCl4）溶液中的钛B炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中的铁C制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液D炼铜：用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）直接电解精炼得到纯度为99.9%的铜【考点】金
40、属冶炼的一般原理【分析】A、将金属钠投入到氯化钛溶液中，钠先与水反应；B、工业制铁是CO还原铁矿石来制取；C、工业制钠是电解熔融NaCl来制取；D、黄铜矿（主要成分为CuFeS2）经过冶炼后得到粗铜，粗铜进行电解得到99.9%的铜【解答】解：A、将金属钠投入到氯化钛溶液中，钠先与水反应，故应用金属钠与熔融的氯化钛反应来制取金属钛，故A错误；B、工业制铁是CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确；C、工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2，而电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，得不到钠，故C错误；D、黄铜矿（主要成分为CuFeS
41、2）经过冶炼后得到粗铜，粗铜进行电解得到99.9%的铜，故D错误；故选B11用铝单质还原下列化合物，制得金属单质各1mol，需消耗铝最少的是（）AMnO2BWO3CCo3O4DCr2O3【考点】化学方程式的有关计算；铝的化学性质【分析】根据化合价的变化判断，化合价变化的数值越小，说明发生氧化还原反应时得到的电子数目越少，则消耗铝的量最少【解答】解：AMnO2Mn，生成1molMn，需要4mol电子，消耗molAl；BWO3W，生成1molW，需要6mol电子，消耗2molAl；CCo3O4Co，生成1molCo，需要mol电子，消耗molAl；DCr2O3Cr，生成1molCr，需要3mol电
42、子，消耗1molAl，消耗Al最少的是Co3O4，故选C12下列金属中，既可用热分解方法又可用电解法制备的是（）AFeBCuCAlDAg【考点】金属冶炼的一般原理【分析】根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、H2等）；不活泼金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得；Pt、Au用物理分离的方法制得；据此进行分析解答【解答】解：AFe属于较活泼的金属，通常用热还原法制得，也可用电解法电解粗铁制得，不可用热分解方法制
43、得，故A错误；BCu属于较活泼的金属，通常用热还原法制得，也可用电解粗铜的方法冶炼，不可用热分解方法制得，故B错误；CAl属于活泼的金属，一般用电解熔融的三氧化二铝制得，不可用热分解方法制得，故C错误；，故A错误；DAg属于不活泼的金属，加热分解氧化银的方法制得，也可用电解粗银的方法冶炼，粗银作阳极，纯银作阴极，故D正确；故选D13有一种粉末它是由铁的氧化物中的一种或者两种组成，取3.04g粉末加热，同时通入足量的CO使之完全反应，再用过量澄清石灰水把生成的气体充分吸收，产生沉淀 5g 则该粉末的组成是（）A只有Fe2O3B只有FeOC等物质的量的Fe2O3和Fe3O4D等物质的量的FeO和F
44、e3O4【考点】铁的氧化物和氢氧化物；有关混合物反应的计算【分析】设铁的氧化物化学式为FexOy，发生反应FexOy+yCO=xFe+yCO2，可知氧化物中氧原子的物质的量等于二氧化碳的物质的量，澄清石灰水将生成的气体充分吸收，产生沉淀5g为碳酸钙的质量，根据n=计算碳酸钙的物质的量，根据碳原子守恒，氧化物中氧原子的物质的量等于二氧化碳的物质的量，根据质量守恒n（Fe）求出n（Fe）：n（O），结合选项进行分析解答【解答】解：澄清石灰水将生成的气体充分吸收，产生沉淀5g为碳酸钙的质量，物质的量为=0.05mol，根据碳原子守恒可知n（CO2）=0.05mol，氧化物中氧原子的物质的量等于二氧化
45、碳的物质的量，即n（O）=n（CO2）=0.05mol，n（Fe）=0.04mol，n（Fe）：n（O）=0.04mol：0.05mol=4：5，所以该粉末是由铁的两种氧化物构成，若由等物质的量的Fe2O3和Fe3O4构成，n（Fe）：n（O）=5：7，不成立，所以该粉末是由FeO和Fe3O4构成，令FeO和Fe3O4混的物质的量分别为xmol、ymol，则根据铁原子和氧原子守恒：解得：x=0.01mol，y=0.01mol故该粉末是由FeO和Fe3O4的物质的量之比为0.01mol：0.01mol=1：1构成，故选D14下列叙述不正确的是（）工业上用电解氯化钠溶液的方法制取钠 可以用钠加入氯
46、化镁的饱和溶液中制取金属镁用于电冶铝的原料是氯化铝 炭在高温下能还原氧化镁中的镁ABCD【考点】金属冶炼的一般原理；钠的化学性质【分析】活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，如Na、Mg用电解其熔融盐的方法冶炼，铝采用电解氧化铝的方法冶炼，不活泼金属可以采用热分解方法冶炼【解答】解：活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼，不活泼金属可以采用热分解方法冶炼，钠是活泼金属，工业上采用电解法制取，但电解食盐水得到氢氧化钠，同时产生氢气和氯气，得不到钠单质，需用电解熔融氯化钠的方法冶炼钠，故错误；将钠加入到氯化镁溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再和氯化镁发生复分解所以生成氢氧化镁、
47、氯化钠，所以得不到镁，钠、镁都是活泼金属，工业上采用电解其熔融盐的方法冶炼，故错误；铝是活泼金属，通常用电解的方法冶炼，氯化铝为共价化合物，熔融时无离子，工业上采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故错误；镁能在CO2中燃烧生成碳和氧化镁，镁是活泼金属，通常用电解的方法冶炼，故错误；故选A15工业生产Na，Ca，Mg都用电解熔融的氯化物，但K不能用电解熔融态的方法得到，因金属钾易溶于熔融态的KCl而有危险，很难制得K，且降低电流效率生产钾是用金属钠和熔化的KCl反应制取，有关反应式为：KCl+NaNaCl+K下列说法错误的是（）A该反应850的选择是基于熔沸点的考虑B该反应利用了化学平衡移动的原理C该反
48、应属于置换反应的类型D该反应表明钠比钾的活动性强【考点】金属冶炼的一般原理【分析】A根据平衡移动原理，为使反应向正反应方向进行，可使生成物从平衡体系中分离出来，根据Na和K的沸点大小，制取的适宜温度应能使K蒸汽分离出，而钠为液体；B抽走K蒸汽，降低了K蒸汽的浓度，有利于反应进行；C一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，是置换反应；D该反应是因为K的沸点低，不是钠比钾的活动性强；【解答】解：AK的沸点774，Na的沸点882.9，制取的适宜温度应能使K蒸汽分离出，而钠为液体，所以选择的温度应在774882.9之间，所以850的选择是基于熔沸点的考虑，故A正确；B利用化学平衡移动的
49、原理，抽走K蒸汽，降低了K蒸汽的浓度，有利于反应正向进行，故B正确；C该反应符合置换反应的特点，故C正确；D在金属活动顺序表中，K排在Na的前面，K的还原性比Na强，上述反应能够发生是因为K的沸点比Na低，故D错误；故选D16有关接触法制硫酸，下列说法中不正确的是（）A用硫和硫铁矿均可做为原料BSO2转化为SO3，需在催化剂和加热条件下进行CSO3可用水直接吸收D热交换器可对生成气体冷却，对原料气体加热【考点】工业制取硫酸【分析】根据工业上接触法制硫酸的原料和步骤来解答，我国主要原料是硫铁矿，硫也可以，步骤分为三步：二氧化硫的制备与干燥、二氧化硫转化为三氧化硫、三氧化硫的吸收，三步分别在沸腾炉
50、、接触室、吸收塔中进行，在接触室内SO2氧化成SO3时需使用催化剂，接触室中热交换器的主要作用是预热未反应的气体和冷却反应后的气体，可节省能源，在吸收塔中三氧化硫与水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，生成实践中用98.3%的浓H2SO4吸收三氧化硫，可以防止形成酸雾，使SO3吸收完全【解答】解：A我国硫铁矿资源储量居世界前列，所以工业上接触法制硫酸，主要原料是硫铁矿，但硫磺也是可以的，反应原理：FeS2 （或S）SO2SO3H2SO4，故A正确；B在接触室内SO2氧化成SO3时需使用催化剂和加热条件，加快化学反应速率，提高生产效率，故B正确；C在吸收塔中三氧
51、化硫与水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，生成实践中用98.3%的浓H2SO4吸收三氧化硫，可以防止形成酸雾，故C错误；D接触室中SO2氧化成SO3的反应是放热反应，所以在管道内流动的是热气体，在管道外流动的是冷气体，二者在管壁进行热交换，使得管内的SO3气体得到冷却，管外流动的SO2和O2受到预热，就不需要外界给反应物始终加热，而是利用反应自身放出的热量使反应发生，可节省能源，故D正确；故选C17向某NaOH溶液中通人CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加人盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加人盐酸的体积V（HCl）的
52、关系有下列图示四种情况，且（2）（3）（4）图中分别有OAAB，OA=AB，OAAB，则下列分析与判断一定正确的是（不计CO2的溶解）（）A（1）图显示M中只有一种溶质且为Na2CO3B（3）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3NaOHC（2）图显示M中有两种溶质且为Na2CO3NaHCO3D（4）图显示M中c（NaHCO3）=c（Na2CO3）【考点】钠的重要化合物【分析】发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，由方程式可知碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸与碳酸氢钠反应消耗盐酸体积相等，图（1）
53、中加入盐酸即有CO2生成，说明溶质只有一种，即NaHCO3；图（2）中OAAB，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质；图（3）中OA=AB，说明溶质只有Na2CO3；图（4）中OAAB，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，以此解答【解答】解：发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，由方程式可知碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸与碳酸氢钠反应消耗盐酸体积相等，A图（1）中加入盐酸即有CO2生成，说明溶质只有一种，即NaHCO3，故A错误；B图（3）中OA=AB，说明溶质只有N
54、a2CO3，发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，故B错误；C图（2）中OAAB，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，故C正确；D图（4）中OAAB，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，不存在NaHCO3，故D错误故选C18下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A向氨水中加入少量硝酸银溶液，无现象Ag+与NH3H2O在溶液中可以共存BCaSO3是难溶物向CaCl2溶液中通入SO2产生白色沉淀CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验D向KMnO4溶液中通入SO2，溶液褪色还原性：SO2Mn
55、2+AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A少量硝酸银溶液，生成银氨络离子；BCaCl2溶液中通入SO2不发生反应；C氨气极易溶于水，可设计喷泉实验，而一水合氨电离显碱性；D向KMnO4溶液中通入SO2发生氧化还原反应，S元素化合价升高，Mn元素的化合价降低【解答】解：A少量硝酸银溶液，生成银氨络离子，则Ag+与NH3H2O不能共存，叙述不合理，故A错误；B盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则CaCl2溶液中通入SO2不发生反应，叙述不合理，故B错误；C氨气极易溶于水，可设计喷泉实验，而一水合氨电离显碱性，叙述I、均合理，但二者无因果关系，故C错误；D向KMnO4溶液中通入SO2发生氧化
56、还原反应，S元素化合价升高，Mn元素的化合价降低，则还原性：SO2Mn2+，叙述I、均合理，且二者存在因果关系，故D正确；故选D19据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是（）A在此反应中，O2氧化剂，PtF6是还原剂BO2（PtF6）中氧元素的化合价为+1价C在此反应中，每生成1mol O2（PtF6）则转移1mol电子D在O2（PtF6）中不存在共价键【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；根据化学式判断化合价【分析】根据反应中元素的化合价的变化可知氧化剂和
57、还原剂，利用化合价变化的数目来分析转移的电子数，再根据O2（PtF6）为离子化合物来分析其化学键来解答【解答】解：A、由O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，而PtF6中Pt为+6价，该反应中Pt元素的化合价降低，则PtF6为氧化剂，故A错误；B、由O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，F为1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则在化合物02的化合价表示为（PtF6），故B错误；C、由反应前后Pt元素的化合价变化可知，化合价变化数为65=1，则该反应中每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子，故C正确；D、因离子化合物O2（PtF6）中，PtF6中除离子键外Pt提
58、供空轨道，F提供孤对电子形成配位键，则存在共价键，故D错误；故选C20陶瓷是传统硅酸盐产品，根据陶瓷的生产原理，可以得出硅酸盐工业的一般特点是（）以含硅物质作为原料 主要产物是硅酸盐 反应条件是高温 反应原理是复杂的物理变化和化学变化A只有B只有CD只有【考点】硅酸盐工业【分析】陶瓷是利用黏土在高温条件下烧制，得结构致密的多晶烧结体其生产过程中发生复杂的化学变化和物理变化；玻璃是硅酸盐，工业上用石灰石、纯碱、石英在玻璃熔炉中熔融制得，生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥据此分析【解答】解：硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素结
59、合而成的化合物的总称，陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥，所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石；生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，黏土中含硅，生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，石英中含有硅，故正确；玻璃主要成分是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅等属于硅酸盐产品，普通水泥主要成分：硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙等都是硅酸盐产品，故正确； 生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转
60、窑中煅烧，生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下进行，所以反应条件都是高温，故正确； 水泥和玻璃的生产，反应原理都是一系列复杂的物理化学变化，故正确；故选C21四氯化硅还原法是当前制备较高纯度硅的一种方法，有关反应的化学方程式为：SiCl4+2H24HCl+Si下列说法不合理的是（）A反应制得的硅可用于制造半导体材料B增大压强有利于加快上述反应的化学反应速率C四氯化硅可以由粗硅与氯气通过化合反应制得D混入少量空气对上述反应无影响【考点】硅和二氧化硅【分析】A硅位于金属与非金属元素的交界处；B该反应中有气体参加反应，改变压强，反应速率改变；C硅与氯气能发生氧化还原反应；D硅能与氧气反应【解答
61、】解：A硅位于金属与非金属元素的交界处，硅具有金属性和非金属性，则反应制得的硅可用于制造半导体材料，故A正确；B该反应中有气体参加反应，则增大压强，化学反应速率增大，故B正确；C硅与氯气能发生氧化还原反应，则四氯化硅可以由粗硅与氯气通过化合反应制得，故C正确；D硅能与氧气反应生成二氧化硅，所以混入少量空气对上述反应有影响，故D错误；故选D22“飘尘”是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小（直径小于107m），不宜沉降（可漂浮数小时甚至数年），它与空气中的SO2、O2接触时，SO2会转化为SO3，使空气酸度增加，飘尘所起的主要作用与下列变化中硫酸的作用相同的是（）A胆矾中加浓硫酸B浓硫酸与木炭共
62、热C乙酸乙酯与稀硫酸共热D浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包”【考点】浓硫酸的性质【分析】SO2会部分转化成SO3的过程中，SO2与空气中的O2发生反应，飘尘只是起到了加快反应的作用，其自身的性质和性质都未发生改变，因此，飘尘在变化中起催化作用并不改变反应的实质为反应的催化剂【解答】解：飘尘在变化中起催化作用并不改变反应的实质为反应的催化剂，则A胆矾中加浓硫酸，浓硫酸起到吸水作用，使固体有蓝色变为白色固体，故A错误；B浓硫酸与木炭共热，发生氧化还原反应，浓硫酸起到氧化剂的作用，故B错误；C乙酸乙酯在稀硫酸作用下水解，硫酸起到催化剂的作用，与飘尘所起的主要作用相同，故C正确；D浓硫酸滴到蔗糖中制“黑面包
63、”，浓硫酸主要起到脱水剂和氧化剂的作用，故D错误故选C一、填空、实验、简答题（本大题共7小题，共0分）23用含有A1203SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备A12（SO4）318H2O工艺流程如下（部分操作和条件略）：向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤：向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色：加入MnSO4至紫红色消失，过滤；浓缩结晶分离，得到产品（1）H2S04溶解A1203的离子方程式是Al2O3+6H+=2Al3+3H2O（2）KMnO4氧化Fe2+的离子方程式补充完整： 1MnO4+5Fe2+8H+=1Mn2+5Fe
64、3+4H2O（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1molL1根据表中数据解释步骤的目的：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀（4）己知：一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2，向的沉淀中加入浓HCI并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体中加入MnS04的目的是除去过量的MnO4【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】向铝灰中加入过量稀H2SO4，A12O3和少量FeOxFe2O3和硫
65、酸反应生成硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁，SiO2不反应，过滤除去二氧化硅；向滤液中加入过量KMnO4溶液，高锰酸钾把亚铁离子氧化成铁离子，调节溶液的pH约为3生成氢氧化铁沉淀，除去铁离子，过滤，滤液中含铝离子和过量的高锰酸根离子；加入硫酸锰把过量高锰酸根离子除去，再过滤，对滤液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸铝晶体（1）氧化铝是两性氧化物溶于强酸强碱；（2）依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒，结合元素化合价变化分析产物和反应物；（3）依据金属阳离子沉淀开始和完全沉淀需要的溶液PH分析，亚铁离子被氧化为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀；（4）浓盐酸和二氧化锰再加热条件下生成黄绿色气体氯气；加入MnSO4
66、至紫红色消失，目的是除去过量高锰酸根离子【解答】解：（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；故答案为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；（2）反应中MnO4Mn2+，Fe2+Fe3+，MnO4系数为1，根据电子转移守恒可知，Fe2+系数为=5，由元素守恒可知，Fe3+系数为5，由电荷守恒可知，由H+参加反应，其系数为8，根据元素原子守恒可知，有H2O生成，其系数为4，方程式配平为MnO4+5 Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；故答案为：1；5；H+；1；5；4H2O；（3）向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子
67、为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液PH为1.52.8，铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液PH大于3，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；（4）一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2向的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体；故答案为：生成黄绿色气体；MnO4可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的
68、溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去；故答案为：除去过量的MnO424溴主要以Br形式存在于海水中，海水呈弱碱性工业上制备的Br2的操作步骤为：一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等用硫酸酸化步骤得到的混合物完成下列填空：（1）Cl2氧化Br应在通风橱中酸性 条件下进行，目的是为了避免溴中毒及生成的溴与碱发生反应（且碱性溶液中氯气与碱反应）（2）Br2可用热空气吹出，其原因是溴的沸点较低，易挥发（3）写出步骤所发生的化学反应方程式3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4
69、+3Br2+3H2O用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是用盐酸酸化，则盐酸被NaBrO3氧化步骤的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为Br2易挥发，对大气有污染（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中ca通入HBr b加入Na2CO3溶液 c加入NaBr溶液 d加入Na2SO3溶液【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】（1）Cl2氧化Br生成溴单质，通风橱进行防止溴中毒、溴与碱反应；（2）溴易挥发；（3）发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、水；盐酸能被溴酸钠氧化，并结合溴挥发来分析；（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2【解答】解：（1）Cl2氧化Br
70、生成溴单质，则应在通风橱中酸性条件下进行，防止溴中毒及生成的溴与碱发生反应（且碱性溶液中氯气与碱反应），故答案为：通风橱中酸性；溴中毒及生成的溴与碱发生反应（且碱性溶液中氯气与碱反应）；（2）因溴的沸点较低，易挥发，Br2可用热空气吹出，故答案为：溴的沸点较低，易挥发；（3）发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、水，该反应为3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O；盐酸能被溴酸钠氧化，则不能利用盐酸酸化，且溴挥发，对大气造成污染，则有时运输到目的地后再酸化，故答案为：3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O；用盐酸酸化，则盐酸被
71、NaBrO3氧化；Br2易挥发，对大气有污染；（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2，只有c符合，其它选项会引入新的杂质，故答案为：c25短周期主族元素ABCDE，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，B元素所形成化合物种类最多，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙；D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的（1）已知相关物质之间存在如下变化：丁与乙和水反应生成戊和丙的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，由物质己电解得到单质D的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2；0.1mol/L的丙溶液中
72、所含离子浓度由大到小排列顺序为C（NO3）C（NH4+）C（H+）C（OH）；常温下，为使丙溶液中由丙电离的阴阳离子浓度相等，应向溶液中加入一定量的乙的水溶液至中性（2）已知E 及其化合物有以下变化：，写出单质E与化合物Z在一定条件下反应生成X和水的化学方程式S+2H2SO4（浓）3SO2+2H2O；由ABCDE 5种元素中的两种元素，可形成既含极性键又含非极性键的18电子的分子，该分子的分子式为H2O2或N2H4或C2H6等（任写一个即可）（3）C有多种氧化物，其中之一是一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，在一定条件下，2L的该无色气体与0.5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶
73、液完全吸收后没有气体残留，所生成的C的含氧酸盐的化学式是NaNO2【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，则A为H元素，B元素所形成化合物种类最多，则B为C元素，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙，丙为铵盐，故C为N元素，甲为HNO3，乙为NH3，丙为NH4NO3，D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，D的原子序数比N元素大，故D处于第三周期，则D为Al元素（1）己电解生成金属Al，故己为Al2O3，由转化关系可知，戊为Al（OH）3，丁为Al（NO3）3；NH4N
74、O3溶液中NH4+水解，溶液呈酸性；常温下，为使丙溶液硝酸铵溶液中电离的阴、阳离子浓度相等，即溶液中c（NO3）c（NH4+），根据溶液中电荷守恒，则溶液中c（OH）c（H+），溶液呈中性；（2）E元素原子序数大于Al，处于第三周期，由EXY，E可能为S，X为SO2，Y为SO3，由YZ，Z为H2SO4，硫酸与硫反应可以生成二氧化硫，符合转化关系；（3）C有多种氧化物，其中之一是一种无色气体，在空气中迅速变成红棕色，该无色气体为NO相同体积下体积之比等于物质的量之比，反应中只有N元素与O元素的化合价发生变化，利用电子转移守恒计算N元素在酸根中的化合价，判断酸根书写盐的化学式【解答】解：短周期主族
75、元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大，A元素的单质常温常压下是最轻的气体，则A为H元素，B元素所形成化合物种类最多，则B为C元素，C的最高价氧化物对应水化物甲与其气态氢化物乙能够化合形成盐丙，丙为铵盐，故C为N元素，甲为HNO3，乙为NH3，丙为NH4NO3，D元素的离子半径是同周期元素形成的简单离子中最小的，D的原子序数比N元素大，故D处于第三周期，则D为Al元素（1）己电解生成金属Al，故己为Al2O3，由转化关系可知，戊为Al（OH）3，丁为Al（NO3）3，丁与乙和水反应生成戊和丙的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，由物质己电解得到单质D的化学方程式
76、为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2，故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；2Al2O3（熔融）4Al+3O2；NH4NO3溶液中NH4+水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：C（NO3）C（NH4+）C（H+）C（OH）；常温下，为使丙溶液硝酸铵溶液中电离的阴、阳离子浓度相等，即溶液中c（NO3）c（NH4+），根据溶液中电荷守恒，则溶液中c（OH）c（H+），溶液呈中性，故答案为：C（NO3）C（NH4+）C（H+）C（OH）；中性；（2）E元素原子序数大于Al，处于第三周期，由EXY，E可能为S，X为SO2，Y为SO3，由YZ，Z为H2SO4，硫酸与硫反应可以
77、生成二氧化硫，符合转化关系，单质S与H2SO4在一定条件下反应生成SO2和水，反应的化学方程式为：S+2H2SO4（浓）3SO2+2H2O；由H、C、N、Al、S 5种元素中的两种元素，形成既含极性键又含非极性键的18电子的分子，该分子为H2O2、N2H4、C2H6等；故答案为：S+2H2SO4（浓）3SO2+2H2O；H2O2或N2H4或C2H6等；（3）该无色气体是NO，2LNO与0.5L的氧气混合，混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，反应中只有N元素与O元素的化合价发生变化，令N元素在酸根中的化合价为a，根据电子转移守恒有2（a2）=0.54，解得a=3，即酸根中N元素的
78、化合价为+3，故生成NaNO2；故答案为：NaNO226某固体物质是由NaOH、AlCl3、K2SO4、CaCO3、Ba （ NO3 ）2中的几种均匀混合而成，取样品进行如下实验（部分产物略去）：（1）实验中分离操作称为过滤，所用到的玻璃仪器名称玻璃棒、烧杯、漏斗（2）在实验中观察到的现象是“沉淀部分溶解”为进一步确定X的组成，向实验后的溶液中滴加过量的氨水，有沉淀生成，写出生成沉淀的离子反应方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，则沉淀X含有的物质的化学式为CaCO3、BaSO4、Al（OH）3（3）取滤液Y，测得其pH7，向其中滴入硫酸钠溶液，未观察到任何现象，则滤液Y
79、中一定含有的含氧酸根离子是（用离子符号表示）AlO2、NO3，由此推测“将过量的气体Z通入滤液Y中”的实验现象是有白色沉淀生成并不溶解（4）上述推断可见，实验中能反应的物质之间的物质的量的比例关系为；1【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】样品溶于水生成沉淀和滤液，沉淀X可能是CaCO3或K2SO4和Ba（NO3）2，混合生成的硫酸钡沉淀；或NaOH和AlCl3的混合物生成的沉淀Al（OH）3；又因为沉淀加入过量盐酸生成气体Z，说明溶于水形成的沉淀中含有CaCO3，据此分析【解答】解：样品溶于水生成沉淀和滤液，沉淀X可能是CaCO3或K2SO4和Ba（NO3）2，混合生成的硫酸钡沉淀；
80、或NaOH和AlCl3的混合物生成的沉淀Al（OH）3；又因为沉淀加入过量盐酸生成气体Z，说明溶于水形成的沉淀中含有CaCO3；（1）根据实验后为沉淀X和滤液y，所以分离操作称为过滤，所用到的玻璃仪器名称玻璃棒、烧杯、漏斗，故答案为：过滤；玻璃棒、烧杯、漏斗；（2）沉淀部分溶解说明有硫酸钡，向实验后的溶液中滴加过量的氨水，有沉淀生成，说明原来有AlCl3，即X中有Al（OH）3，则氨水与铝离子的反应方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；所以X中含有CaCO3、BaSO4、Al（OH）3；故答案为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+；CaCO3、BaSO4
81、、Al（OH）3；（3）取滤液Y，测得其pH7，说明滤液Y中含有的含氧根离子可能是AlO2、NO3；根据（2）判断X中含有CaCO3、BaSO4、Al（OH）3；加过量盐酸产生气体Z，则Z为二氧化碳，因为氢氧化铝只与强酸强碱反应，所以将过量的气体Z通入滤液Y中，二氧化碳与AlO2反应只生成氢氧化铝沉淀，故答案为：AlO2、NO3；有白色沉淀生成并不溶解；（4）取滤液Y，分析可知其中含有AlO2；根据Al3+3OH=Al（OH）3，Al3+4OH=AlO2+2H2O，所以；向其中滴入硫酸钠溶液，未观察到任何现象，说明钡离子完全反应，即硫酸钾过了，所以1；故答案为：；127黄铜矿（CuFeS2）是
82、制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物（1）冶炼铜的反应为：8CuFeS2+21O2=8Cu+4FeO+2Fe2O3+16O2若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是Cu、O（填元素符号）（2）上述冶炼过程产生大量SO2下列处理方案中合理的是bc（填代号）a高空排放 b用于制备硫酸c用纯碱溶液吸收制Na2SO3 d用浓硫酸吸收（3）过二硫酸钾（K2S2O8）具有强氧化性可将I氧化为I2：S2O82+2I=2SO42+I2通过改变反应途径，Fe3+Fe2+ 均可催化上述反应试用离子方程式表示Fe3+对上述反应催化的过程2Fe3+2I=2Fe2+I2S2O82+2F
83、e2+=SO42+2Fe3+（不必配平）（4）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3FeOSiO2Al2O3）可制备Fe2O3方法为：用稀盐酸浸取炉渣，过滤滤液先氧化，再加人过量NaOH 溶液过滤，将沉淀洗涤干燥煅烧得Fe2O3据以上信息回答下列问题：a除去Al3+的离子方程式是Al3+4OH=AlO2+2H2Ob选用提供的试剂设计实验验证炉渣中含有Fe2O3提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水所选试剂为稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液证明炉渣中含有FeO 的实验现象为稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色【考点】含硫物质的性质及综合应用【分析】（1）反
84、应中化合价降低的元素被还原；（2）冶炼过程产生大量SO2，处理方案中合理的分析是二氧化硫是污染性气体，不能排放到空气中，可以吸收利用；（3）过二硫酸钾（K2S2O8）、三价铁离子均具有强氧化性，碘离子具有还原性，根据氧化剂和还原剂的性质以及题意信息来回答；（4）a、氧化铝是两性氧化物，能和强酸以及强碱反应，利用氢氧化钠使其变为偏铝酸根即可；b、证明含有Fe2O3，需要加酸溶解，然后检验铁离子；亚铁离子能被高锰酸钾溶液氧化，使的高锰酸钾溶液褪色【解答】解：（1）化合价降低的元素Cu、O，在反应中被还原，故答案为：Cu、O；（2）a二氧化硫是污染性气体，高空排放会污染空气，处理不合理，故a错误；
85、b可以利用吸收二氧化硫生成硫酸，用于制备硫酸，故b合理；c用纯碱溶液吸收二氧化硫可以制Na2SO4，故c合理；d用浓硫酸不能吸收二氧化硫，故d不合理；故答案为：b、c；（3）根据题意过二硫酸钾（K2S2O8）、三价铁离子均具有强氧化性，碘离子具有还原性，通过改变反应途径，Fe2+均可催化反应S2O82+2I=2SO42+I2；实质是：2Fe3+2I=2Fe2+I2，S2O82+2Fe2+=2SO42+2Fe3+，故答案为：2Fe3+2I=2Fe2+I2；S2O82+2Fe2+=2SO42+2Fe3+；（4）a氧化铝是两性氧化物，能和强酸以及强碱反应，6H+Al2O3=3H2O+2Al3+，除去
86、铝离子的反应是利用过量氢氧化钠溶液和铝离子反应生成偏铝酸根，故答案为：Al3+4OH=2H2O+AlO2；b证明含有Fe2O3，需要加酸溶解，然后检验铁离子，所以需要稀硫酸和KSCN溶液，检验亚铁离子要利用亚铁离子的还原性，高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子，使得高锰酸钾溶液褪色，故答案为：稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色28实验室中，氮氧化物废气（主要成分为NO2和NO）可以用NaOH溶液来吸收，其主要反应为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O（1）NO和NO2混合气体的组成可表示成NOx
87、，该混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时，x的值可以为CD（填编号）A1.1 B1.2 C1.5 D1.8（2）若用纯碱溶液处理氮氧化物废气，反应与上述类似，同时放出CO2请写出纯碱溶液吸收NO2的化学方程式2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2 ；现有标准状况下aL NO2（其中N2O4体积分数为20%）和bLNO的混合气恰好被200mLNa2CO3溶液完全吸收，则a、b应满足的关系为；该Na2CO3溶液的物质的量浓度为mol/L（用含a、b的代数式表示）【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2N
88、aOH=2NaNO2+H2O可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，计算x的最小值，因为混有NO，所以x最大值2，据此确定x取值范围；（2）纯碱溶液处理氮氧化物废气，反应与上述类似，同时放出CO2，所以二氧化氮与碳酸钠反应生成NaNO2、NaNO3、CO2；发生反应2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2 ，NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2，从反应式就可以看出当n（NO2）/n（NO01，把N2O4折换成NO2，计算a、b的关系；恰好反应溶液溶质为NaNO2、
89、NaNO3，由N元素守恒可知n（NaNO2）+n（NaNO3）=n（NO2）+2n（N2O4）+n（NO），由Na元素可知2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），计算n（Na2CO3）代入c=计算碳酸钠的浓度【解答】解：（1）由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为=1.5，因为混有NO，所以x最大值2，故x的取值范围为1.5x2，故选：CD；（2）二氧化氮与碳酸钠反应生成NaNO2、NaNO3、CO2，反应方程式为2NO2+Na2CO3=NaNO2+N
90、aNO3+CO2 ，故答案为：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2 ；发生反应2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2 ，NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2，从反应式就可以看出当n（NO2）/n（NO01，气体就全部反应了，aLNO2，其中N2O4的体积分数是20%，把N2O4折换成NO2，NO2的体积总共为aL（120%）+aL20%2=1.2aL，所以1，即；由Na元素可知2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），由N元素守恒可知n（NaNO2）+n（NaNO3）=n（NO2）+2n（N2O4）+n（NO）=+=mol，所以2n
91、（Na2CO3）=mol，故n（Na2CO3）mol，该Na2CO3溶液的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：；29氧化镁在医药建筑等行业应用广泛硫酸镁还原热解制备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 ）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3 与稀硫酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O（3）滤渣2 的成分是Fe（OH）3（填化学式）（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO
92、4+C MgO+SO2+COMgSO4+3C MgO+S+3CO利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集D中收集的气体可以是CO （填化学式）B中盛放的溶液可以是d（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：3S+6OH2S2+SO32+3H2O【考点】制备实验方案的设计【分析】以菱铁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料，加入稀硫酸酸溶过滤得到滤液为硫酸镁，硫酸亚铁溶液，滤渣1为不溶物，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入一水合氨调节溶液PH
93、沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液为硫酸镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤制备硫酸镁，和木炭高温煅烧制备高纯氧化镁（1）碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁水和二氧化碳；（2）过氧化氢在酸性条件下氧化硫酸亚铁为硫酸铁；（3）加入氨水调节溶液PH使氢氧化铁全部沉淀；（4）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二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集【解答】解：以菱铁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料，加入稀硫酸酸溶过滤得到滤液为硫酸镁，硫酸亚铁溶
94、液，滤渣1为不溶物，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入一水合氨调节溶液PH沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液为硫酸镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤制备硫酸镁，和木炭高温煅烧制备高纯氧化镁（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，化学方程式为：MgCO3+H2SO4MgSO4+CO2+H2O，反应的离子方程式为MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O，故答案为：MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O；（2）加入H2O2 氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O，故答案为：2
95、FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2（SO4）3+2H2O；（3）酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（4）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二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；D中收集的气体可以是CO，故答案为：CO；B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为：d；A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为2价，反应的离子方程式为：3S+6OH2S2+SO32+3H2O，故答案为：3S+6OH2S2+SO32+3H2O2016年5月8日
