1、2016年甘肃省天水市甘谷一中高考化学四模试卷一、选择题1工业上冶炼金属一般用热分解法、热还原法和电解法，不同的金属应选用不同的冶炼方法选择的原则主要是依据（）A金属在地壳中的丰度B金属在自然界中的存在形式C金属的还原性强弱D金属的利用价值2下列过程中，没有发生化学变化的是（）A干冰用于人工降雨B蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀C溶洞中钟乳石的形成D豆科作物的根瘤菌对空气中氮的固定3有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用下列有关硅的说法中，不正确的是（）A高纯度的硅广泛用于制作计算机B硅可由二氧化硅还原制得C低温时，硅与水、空气
2、和酸不反应，但能与氢氟酸反应D自然界中硅的储量丰富，自然界中存在大量的单质硅4下列试剂的保存方法错误的是（）A少量的钠保存在煤油中B浓硝酸保存在无色玻璃瓶中C新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中D氢氧化钠溶液保存在具橡皮塞的玻璃瓶中5下列判断中一定正确的是（）A分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2时，转移电子数之比为1：2B等质量的O2与O3中，氧原子的个数比为3：2CCaCl2及CaO2固体中阴、阳离子数之比均为2：1D10mL 0.3mol/LNaCl与30mL0.1mol/LAlCl3溶液中Cl物质的量浓度比为1：36用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温常压下
3、的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NAB用CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NACNa2O2与H2O反应生成1.12L O2（标准状况），反应中转移的电子数为26.021023D标准状况下，80g SO3中含3NA个氧原子，体积约为22.4L7常温下，有些盐如CaCl2、NaCl等物质的水溶液呈中性；有些盐如Na2CO3等物质的水溶液呈碱性；有些盐如NH4Cl等物质的水溶液呈酸性现有HCl与CaCl2的混合溶液，向其中逐滴加入过量某物质X，溶液的pH随滴入X的量的变化关系如图所示则X是（）A水B澄清石灰水C纯碱溶液D稀盐酸8用下列实验装置能达到实验目的
4、是（）A比较NaHCO3和Na2CO3热稳定性大小B用铜和稀硝酸制取并收集少量NOC验证氨气在水中溶解度的大小D实验室用氯化铵制少量氨气9下列离子方程式中正确的是（）AFeO溶于稀硝酸中：FeO+2H+=Fe2+H2OB过量CO2通入NaOH溶液中：OH+CO2=HCO3C金属钠溶于水中：Na+H2O=Na+OH+H2D过量氨水加入AlCl3溶液中：Al3+3OH=Al（OH）310用如图所示装置进行实验，实验现象正确的是（）XYZ实验现象A苯酚浑浊液NaOH溶液盐酸浑浊液变澄清，后又变浑浊BFeCl3溶液KSCN溶液饱和KCl溶液溶液变为红色，后颜色加深CKI溶液足量氯水乙醇溶液变为黄色，后
5、溶液分层，上层为紫红色，下层为无色DNa2SO3溶液Ba（NO3）2溶液盐酸生成白色沉淀，后沉淀溶解，有大量气体生成AABBCCDD11下列装置中，用中间的试管收集浓硝酸和铜反应所生成的气体，最终可使收集到的气体中空气的含量最少的是（）ABCD12如图是某课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案下列有关操作不可能引发喷泉现象的是（）A挤压装置的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹B挤压装置的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹C用鼓气装置从装置的a处不断鼓入空气并打开止水夹D向装置的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹13下列各项操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的
6、为（）向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4向石灰水中通入CO2至过量CaCl2溶液中通入CO2至过量ABCD14下列说法正确的是（）A测定中和热时，所用稀NaOH溶液和HCl的物质的量恰好相等，以减小实验误差BNaHSO4固体受热变为熔融状态（未发生化学反应），需要克服的作用力有：离子键和共价键C在Fe（OH）3胶体中通电，一段时间后，阴极附近颜色加深D用蒸馏的方法分离淀粉溶液与Cu（OH）2悬浊液的混合物15下列实验操作中错误的是（）A蒸发结晶操作时，当有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干B蒸馏操作时，应使温度计水银球插入液态混合物中C分液
7、操作时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出D萃取操作时，萃取剂要和原溶剂互不相溶，且不能与溶质和溶剂反应16根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和 O2B第组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第组反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 molD氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br217用下列三种装置制备和收集CO2：将收集到的三瓶CO2分别置于天平上称量，若三个集气瓶体积相同、质量
8、相等，则称量结果（）A（1）（2）（3）一样重B（1）中最重C（2）中最重D（3）最轻18N2O是一种有甜味、能溶于水、能助燃的无色气体，它能刺激神经使人发笑，俗称“笑气”；它具有麻醉作用，曾用作牙科麻醉剂现有等物质的量的笑气和二氧化碳，下列数值不一定相同的是（）A分子数B电子数C原子数D中子数19不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是（）A分别加热这两种固体物质，并将生成的气体通人澄清的石灰水中B分别在这两种固体中，加入同浓度的稀盐酸C分别在这两种物质的溶液中，加入CaCl2溶液D分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清的石灰水20汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10
9、NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2，对于该反应，下列判断正确的是（）ANaN3中氮元素的化合价为3B氧化剂和还原剂是同一物质C反应过程中若转移1mol电子，则产生2.24L气体（标准状况）D被氧化的氮原子与生成的氮气分子个数之比为15：821在给定条件下，下列加下划线的物质在化学反应中能被完全消耗的是（）用浓盐酸与过量二氧化锰共热制取氯气标准状况下，将铝片投入到过量浓硫酸中向100mL 3molL1的硝酸中加入5.6g铁在5107Pa、500和铁触媒催化的条件下，用物质的量之比为1：3氮气和氢气合成氨将足量锌粉投入到50mL 18molL1的硫酸中将足量Ca（ClO）2投入到2
10、0mL 10molL1盐酸中将足量铜投入到50mL 12molL1的硝酸中ABCD22取100mL 18.3molL1 的H2SO4与Zn反应，当Zn完全溶解时，生成的气体（可使品红褪色）在标准状况下的体积为22.4L将所得的溶液稀释成1L，测得溶液H+的浓度为1molL1，则所生成的气体中SO2与H2的体积比约为（）A1：2B2：1C1：4D4：1二、解答题（共5小题，满分0分）23某已知A、B均是由两种短周期元素组成的化合物，A中某元素的质量分数为25%，B的焰色反应呈黄色，C、J、X是同周期的元素的简单氢化物，X为无色液体，C、J为气体，D是一种不溶于水的白色固体反应生成的水均已略去它们
11、有如图所示的关系（1）写出化学式：A E（2）在反应中属于氧化还原反应的是；（3）反应化学方程式为：；（4）写出下列离子方程式：反应；G溶液与M溶液的反应24某氯化亚铁和氯化铁的混合物现要测定其中铁元素的质量分数，按如图1步骤进行实验：请根据如图1流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有（填仪器名称）（2）请写出加入氯水发生的离子反应方程式（3）将沉淀物加热、灼烧，冷却至室温，用天平称量其质量为b1 g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2 g，若b1b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是；蒸发皿质量是W1 g，蒸发皿与加热后固体总质量是W2 g，
12、则样品中铁元素的质量分数是有同学提出，还可以采用如图2方法来测定：（1）选择的还原剂是否能用铁（填“是”或“否”），原因是：；（2）若滴定用掉c molL1 KMnO4溶液b mL，则样品中铁元素的质量分数是：25按要求回答下列问题：（1）实验室铝粉和Fe2O3作铝热反应实验，铝热反应的方程式为，该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有（填编号）aKClO3 bMg cMnO2 dKCl（2）据文献报道，在实际反应中铝热反应的产物成分较为复杂某课题组对铝热反应产物的成分进行探究，经成分分析，发现主要得到甲和乙两种产物甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成；乙是一种铁铝的金属互化物（可用
13、FexAly表示），取该合金粉末2.47g，滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g甲的化学式为，乙中x=，y=甲的晶体是耐高温材料，用此材料做成的坩埚，不能用来熔融NaOH，用化学方程式解释其原因；含二氧化硅材料做成的坩埚（填“能”或“不能”）用来熔融NaOH如图表示室温下相同组分的乙分别在两种不同的酸中的腐蚀情况，由图可知，乙在中具有比较强的抗腐蚀性，原因可能是（3）镁铝互化物（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，该金属互化物在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H217MgH2+12Al得到的混合物在
14、6.0molL1HCl中，能完全释放出H21mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为26实验室用如图方法测定某水样中O2的含量（1）实验原理用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO（OH）2，反应的离子方程式为再用I将生成的MnO（OH）2再还原为Mn2+，反应的离子方程式为：MnO（OH）2+2I+4H+Mn2+I2+3H2O然后用Na2S2O3 标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6（2）实验步骤打开止水夹a 和b，从A 处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是；用注射器
15、抽取某水样20.00mL从A 处注入锥形瓶；再分别从A 处注入含m mol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；打开止水夹a、b，分别从A 处注人足量NaI溶液及含n mol H2SO4的硫酸溶液；重复的操作取下锥形瓶，向其中加入23滴作指示剂；用0.005molL1Na2S2O3 滴定至终点（3）数据分析若滴定过程中消耗的Na2S2O3 标准溶液体积为3.90mL，则此水样中氧（O2）的含量为（单位：mgL1）若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将（填“偏大”、“偏小”或“不变”）27实验室常用的几种气体发生装置如
16、图A、B、C所示：（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用C装置，通常使用的药品是（2）气体的性质是气体收集方法选择的主要依据下列性质与收集方法无关的是（填序号，下同）密度 颜色 溶解性 热稳定性如图2是某学生设计收集气体的几种装置，其中不可行的是（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，则X可能是下列气体中的，CO2 NO Cl2 H22016年甘肃省天水市甘谷一中高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题1工业上冶炼金属一般用热分解法、热还原法和电解法，不同的金属应选用不同的冶炼方法选择的原则主要是依据（）A金属在地壳中的丰度B金属在自然界中的存在形式C金属的还原性强弱D金属的利用
17、价值【分析】金属的冶炼方法是根据金属的活动性强弱确定，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼【解答】解：工业上冶炼金属一般用热分解法、热还原法和电解法，不同的金属应选用不同的冶炼方法选择的原则主要是依据金属的活动性即金属的还原性强弱，故选：C；2下列过程中，没有发生化学变化的是（）A干冰用于人工降雨B蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀C溶洞中钟乳石的形成D豆科作物的根瘤菌对空气中氮的固定【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指变化过程中无新物质生成，化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此分析判断【解答】解：A干冰用于人
18、工降雨是利用干冰升华过程中吸收能量，使水蒸气凝结小液滴，过程中无新物质生成，无化学变化，故A正确；B蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，体积膨胀，是浓硫酸的脱水性使蔗糖发生反应生成碳单质，过程中发生了化学反应，故B错误；C溶洞中钟乳石的形成，是碳酸钙风化和二氧化碳水反应生成溶于水的碳酸氢钙后随雨水流到另一处，在一定温度压强作用下碳酸氢钙分解生成碳酸钙形成钟乳石，过程中有新物质生成，故C错误；D豆科作物根瘤菌将N2转化为含氮化合物，属于化学变化，故D错误，故选A3有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用下列有关硅的说法中，不正确的是（）A高纯度
19、的硅广泛用于制作计算机B硅可由二氧化硅还原制得C低温时，硅与水、空气和酸不反应，但能与氢氟酸反应D自然界中硅的储量丰富，自然界中存在大量的单质硅【分析】A硅是重要的半导体材料，广泛应用于计算机、太阳能电池；B二氧化硅被C还原得到粗硅；C硅和水、空气、酸不反应，但与HF反应生成四氟化硅；D硅属于亲氧元素，在自然界中不能以游离态存在【解答】解：A硅位于金属和非金属元素分界线处，是重要的半导体材料，广泛应用于计算机、太阳能电池，故A正确；B二氧化硅被C还原得到粗硅，所以硅可以用二氧化硅还原制得，故B正确；C硅和水、空气、酸不反应，但与HF反应生成四氟化硅和氢气，故C正确；D硅属于亲氧元素，在自然界中
20、不能以游离态存在，主要以硅酸盐和二氧化硅形式存在，故D错误；故选D4下列试剂的保存方法错误的是（）A少量的钠保存在煤油中B浓硝酸保存在无色玻璃瓶中C新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中D氢氧化钠溶液保存在具橡皮塞的玻璃瓶中【分析】化学试剂的存放与化学试剂的物理性质和化学性质有关，易挥发的物质要密封保存，见光易分解的物质要避光保存，易与氧气、水、二氧化碳反应的物质要隔绝空气保存，以此解答该题【解答】解：A、钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保存，故A正确；B、浓硝酸见光易分解，所以应避光保存，应保存在棕色试剂瓶中，故B错误；C、氯水中的次氯酸见光易分
21、解而导致Cl2水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故C正确；D、玻璃中含有二氧化硅，易与NaOH溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故D正确；故选B5下列判断中一定正确的是（）A分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2时，转移电子数之比为1：2B等质量的O2与O3中，氧原子的个数比为3：2CCaCl2及CaO2固体中阴、阳离子数之比均为2：1D10mL 0.3mol/LNaCl与30mL0.1mol/LAlCl3溶液中Cl物质的量浓度比为1：3【分析】AH2O2中O元素的化合价由1价升高为0，KMnO4中O元素的化合价由2价升高为0；B等质量的O2与O3中
22、，O原子的质量相同；CCaCl2及CaO2固体中，阳离子均为钙离子，但阴离子分别为氯离子、过氧根离子；D.0.3mol/LNaCl与0.1mol/LAlCl3溶液中Cl物质的量浓度均为0.3mol/L【解答】解：AH2O2中O元素的化合价由1价升高为0，KMnO4中O元素的化合价由2价升高为0，由电子守恒可知，制得等质量O2时，转移电子数之比为1：2，故A正确；B等质量的O2与O3中，O原子的质量相同，则氧原子的个数比为1：1，故B错误；CCaCl2及CaO2固体中，阳离子均为钙离子，但阴离子分别为氯离子、过氧根离子，则阴、阳离子数之比分别为2：1、1：1，故C错误；D.0.3mol/LNaC
23、l与0.1mol/LAlCl3溶液中Cl物质的量浓度均为0.3mol/L，则Cl物质的量浓度比为1：1，故D错误；故选A6用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NAB用CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NACNa2O2与H2O反应生成1.12L O2（标准状况），反应中转移的电子数为26.021023D标准状况下，80g SO3中含3NA个氧原子，体积约为22.4L【分析】A常温常压下Vm22.4L/mol；B由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol；C过氧
24、化钠中氧元素的化合价为1价，根据n=计算出氧气的物质的量，再计算出转移的电子数；D标况下三氧化硫为固体【解答】解：A常温常压下Vm22.4L/mol（大于22.4），氯气不足，转移的电子数小于3NA，故A错误；B由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol，由CO2和O2组成的混合物中共有个NA分子，其中的氧原子数为2NA，故B正确；C标况下1.12L氧气的物质的量为： =0.05mol，过氧化钠与水反应生成0.05mol氧气转移了0.1mol电子，反应中转移的电子数为6.021022，故C错误；D标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其体积，故
25、D错误；故选B7常温下，有些盐如CaCl2、NaCl等物质的水溶液呈中性；有些盐如Na2CO3等物质的水溶液呈碱性；有些盐如NH4Cl等物质的水溶液呈酸性现有HCl与CaCl2的混合溶液，向其中逐滴加入过量某物质X，溶液的pH随滴入X的量的变化关系如图所示则X是（）A水B澄清石灰水C纯碱溶液D稀盐酸【分析】当溶液的pH等于7时，呈中性当溶液的pH大于7时，呈碱性当溶液的pH小于7时，呈酸性，据此分析【解答】解：由图可以看出，当加入X物质时，遇到盐酸会反应，之后随着盐酸的消耗，加入物质能够与氯化钙反应，但是对应生成物必须是中性的，而继续加入X，溶液显碱性，所以加入物质不能是碱，但是却显碱性A、H
26、Cl与CaCl2的混合溶液显酸性，加入水时溶液的pH升高，但是不会等于或大于7B、加入石灰水时，氢氧化钙能和盐酸反应生成氯化钙和水，溶液的pH升高当酸完全被消耗之后，继续滴加石灰水，由于和氯化钙不反应，所以pH值马上大于7，而不会出现水平等于7的一段C、加入纯碱溶液时，碳酸钠能和盐酸反应，也能和氯化钙反应开始时碳酸钠和盐酸反应，导致pH上升；当酸完全被消耗时，碳酸钠和氯化钙反应，生成物都是中性的，一直到氯化钙被完全消耗；当继续滴加碳酸钠时，由于碳酸钠显碱性，所以pH大于7D、加入盐酸时，盐酸和氯化钙不反应，溶液的pH不能等于或大于7故选C8用下列实验装置能达到实验目的是（）A比较NaHCO3和
27、Na2CO3热稳定性大小B用铜和稀硝酸制取并收集少量NOC验证氨气在水中溶解度的大小D实验室用氯化铵制少量氨气【分析】A碳酸氢钠易分解；BNO不能利用排空气法收集；C氨气极易溶于水，烧瓶中气体减少；D氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵【解答】解：A碳酸氢钠易分解，则图中小试管应为碳酸氢钠可比较稳定性，故A错误；BNO不能利用排空气法收集，应利用排水法收集，故B错误；C氨气极易溶于水，烧瓶中气体减少，气球变大，可验证氨气在水中溶解度的大小，故C正确；D氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，不能收集氨气，应选铵盐与碱反应制备，故D错误；故选C9下列离子方程式中正确的是（）AFeO溶于稀硝酸中
28、：FeO+2H+=Fe2+H2OB过量CO2通入NaOH溶液中：OH+CO2=HCO3C金属钠溶于水中：Na+H2O=Na+OH+H2D过量氨水加入AlCl3溶液中：Al3+3OH=Al（OH）3【分析】A、稀硝酸具有氧化性能氧化亚铁离子；B、过量二氧化碳通入氢氧化钠溶液生成碳酸氢钠；C、选项中电荷不守恒；D、氨水是弱电解质存在电离平衡【解答】解：A、FeO溶于稀硝酸中发生氧化还原反应：3FeO+NO3+10H+=3Fe3+5H2O+NO，故A错误；B、过量CO2通入NaOH溶液中生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：OH+CO2=HCO3，故B正确；C、金属钠溶于水中：2Na+2H2O=2Na+
29、2OH+H2，故C错误；D、过量氨水加入AlCl3溶液中：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故D错误；故选B10用如图所示装置进行实验，实验现象正确的是（）XYZ实验现象A苯酚浑浊液NaOH溶液盐酸浑浊液变澄清，后又变浑浊BFeCl3溶液KSCN溶液饱和KCl溶液溶液变为红色，后颜色加深CKI溶液足量氯水乙醇溶液变为黄色，后溶液分层，上层为紫红色，下层为无色DNa2SO3溶液Ba（NO3）2溶液盐酸生成白色沉淀，后沉淀溶解，有大量气体生成AABBCCDD【分析】A苯酚和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的苯酚钠，苯酚钠和盐酸反应生成苯酚；B铁离子浓度降低，促进铁离子水解；B水和乙醇互
30、溶；D亚硫酸钡被硝酸氧化生成硫酸钡【解答】解：A常温下，苯酚的溶解度较小，所以苯酚溶液浑浊，苯酚和氢氧化钠溶液反应生成可溶性的苯酚钠，所以溶液变澄清，向苯酚钠溶液中滴加稀盐酸，苯酚钠和稀盐酸反应生成苯酚，所以溶液又变浑浊，所以实验现象是：溶液先变澄清后变浑浊，故A正确；B氯化铁和硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁而使溶液呈血红色，加入饱和氯化钾溶液使促进氯化铁水解，但硫氰化铁浓度降低，则溶液颜色变浅，故B错误；C氯气和碘离子反应生成碘单质，但水和乙醇互溶，所以混合溶液不分层，故C错误；D亚硫酸钠和硝酸钡溶液反应生成难溶性的亚硫酸钡，向混合溶液中加入稀盐酸，亚硫酸钡被硝酸氧化生成难溶性的硫酸钡，所以没
31、有气体生成，沉淀不溶解，故D错误；故选A11下列装置中，用中间的试管收集浓硝酸和铜反应所生成的气体，最终可使收集到的气体中空气的含量最少的是（）ABCD【分析】最终可使收集到的气体中空气的含量最少，则二氧化氮将空气排出，其密度比空气的大，所以中间的试管中导管应长进短出，以此来解答【解答】解：A试管中进入气体后接着排出，不利于气体的收集，空气不能排出，故A错误；B二氧化氮将空气排出，其密度比空气的大，则中间的试管中导管应长进短出，故B错误；C二氧化氮将空气排出，其密度比空气的大，则中间的试管中导管应长进短出，符合要求，故C正确；D气体的密度比空气的密度大，则长进短出，而图中试管上部的空气不易排出
32、，故D错误；故选C12如图是某课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案下列有关操作不可能引发喷泉现象的是（）A挤压装置的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹B挤压装置的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹C用鼓气装置从装置的a处不断鼓入空气并打开止水夹D向装置的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹【分析】A、运用氯气易溶于有机溶剂和变化前后的压强变化解答；B、运用氢气不易溶于水的性质和压强是否变化解答；C、运用氨气极易溶于水和压强的知识解答；D、运用浓硫酸溶于水时放热的，浓氨水受热易分解出氨气以及气体压强的变化来解答【解答】解：A、氯气易溶于有机溶剂四氯化碳中，烧瓶
33、中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故A错误；B、氢气不易溶于水，也不会和氢氧化钠反应，所以烧瓶中的气体压强不会有明显的变化，故不能形成喷泉，故B正确；C、用鼓气装置从装置的a处不断鼓入空气，导致锥形瓶中液体进入烧瓶中，氨气极易溶于水，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故C错误；D、浓硫酸溶于水时放热的，这样使得浓氨水受热易分解出氨气，和氯化氢气体反应，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故D错误故答案选：B13下列各项操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的为（）向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4向石灰水中通入CO2至过量CaCl2
34、溶液中通入CO2至过量ABCD【分析】向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，生成NaHCO3，溶液变浑浊；向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量的稀H2SO4，胶体遇电解质发生聚沉，然后和硫酸反应生成硫酸铁和水；向石灰水中通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，进而生成碳酸氢钙；CaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生反应【解答】解：向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉
35、淀，然后沉淀又溶解”现象，故错误；向Fe（OH）3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe（OH）3沉淀，H2SO4过量，Fe（OH）3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故正确；因石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca（HCO3）2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故正确；盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，故错误故选A14下列说法正确的是（）A测定中和热时，所用稀NaOH溶液和HCl的物质的量恰好相等，以减小实验误差BNaHSO4
36、固体受热变为熔融状态（未发生化学反应），需要克服的作用力有：离子键和共价键C在Fe（OH）3胶体中通电，一段时间后，阴极附近颜色加深D用蒸馏的方法分离淀粉溶液与Cu（OH）2悬浊液的混合物【分析】A测定中和热时，应使盐酸完全反应，减小实验误差；B硫酸氢钠固体熔化时只破坏离子键，不破坏共价键；C氢氧化铁胶粒带正电荷；D浊液和胶体用过滤来分离；【解答】解：A测定中和热时，应加入稍过量的氢氧化钠，使盐酸完全反应，减小实验误差，故A错误；B硫酸氢钠固体熔化时电离出钠离子和硫酸氢根离子，所以只破坏离子键不破坏共价键，故B错误；C氢氧化铁胶粒带正电荷，通电时向阴极移动，一段时间后，阴极附近颜色加深，故C正
37、确；D用过滤的方法分离淀粉溶液与Cu（OH）2悬浊液的混合物，故D错误；故选C15下列实验操作中错误的是（）A蒸发结晶操作时，当有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干B蒸馏操作时，应使温度计水银球插入液态混合物中C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出D萃取操作时，萃取剂要和原溶剂互不相溶，且不能与溶质和溶剂反应【分析】A蒸发时，不能蒸干，利用余热加热；B蒸馏时，测定馏分的温度；C分液时，避免上下层液体混合；D萃取时，溶质在互不相溶的溶剂中溶解性不同【解答】解：A蒸发时，不能蒸干，利用余热加热，则当有大量晶体析出时停止加热，故A正确；B蒸馏时，测定馏分的温度，则应使温度计水
38、银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故C正确；D萃取时，萃取剂要和原溶剂互不相溶，且不能与溶质和溶剂反应，与溶解性差异有关，不需要考虑密度，故D正确；故选B16根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和 O2B第组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第组反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 molD氧化性由强到弱顺序为MnO4C
39、l2Fe3+Br2【分析】A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B由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结合电子转移守恒计算判断C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，氧化性Br2Fe3+【解答】解：A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A正确；B由
40、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+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+，故D错误故选：D17用下列三种装置制备和收集CO2：将收集到的三瓶CO2分别置于天平上称量，若三个集气瓶体积相同、质量相等，则称量结果（）A（1）（2）（3）一样
41、重B（1）中最重C（2）中最重D（3）最轻【分析】由图可知，（1）、（3）中均不能得到干燥纯净的CO2，只有（2）中得到干燥纯净的CO2，三个集气瓶体积相同，则相同条件下得到气体的物质的量相同，结合m=nM计算【解答】解：由图可知，（1）、（3）中均不能得到干燥纯净的CO2，只有（2）中得到干燥纯净的CO2，三个集气瓶体积相同，则相同条件下得到气体的物质的量相同，设均得到1mol气体，（1）中混有水蒸气，气体的质量18gm44g，（2）中气体的质量为44g，（3）中混有HCl、水蒸气，气体的质量18gm44g或36.5gm44g，则称量（2）中最重，故选C18N2O是一种有甜味、能溶于水、能助
42、燃的无色气体，它能刺激神经使人发笑，俗称“笑气”；它具有麻醉作用，曾用作牙科麻醉剂现有等物质的量的笑气和二氧化碳，下列数值不一定相同的是（）A分子数B电子数C原子数D中子数【分析】笑气（N2O）和二氧化碳的相对分子质量相等、每个分子中含有的电子数（质子数）相等、每个分子中含有的原子个数相等，据此来分析解答【解答】解：笑气和二氧化碳的相对分子质量相等、每个分子中含有的电子数相等、每个分子中含有的原子个数相等，A、根据N=nNA知，等物质的量的笑气和二氧化碳含有的分子数相等，故A正确；B、等物质的量的笑气和二氧化碳含有的分子个数相等，每个分子中含有的电子数相等，所以等物质的量的笑气和二氧化碳含有的
43、电子数相等，故B正确；C、等物质的量的笑气和二氧化碳含有的分子个数相等，每个分子中含有的原子数相等，所以等物质的量的笑气和二氧化碳含有的原子个数相等，故C正确；D、元素存在同位素，即等物质的量的笑气和二氧化碳含有的中子数不一定相等，故D错误故选D19不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是（）A分别加热这两种固体物质，并将生成的气体通人澄清的石灰水中B分别在这两种固体中，加入同浓度的稀盐酸C分别在这两种物质的溶液中，加入CaCl2溶液D分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清的石灰水【分析】Na2CO3和NaHCO3性质不同：NaHCO3受热分解，碳酸钙难溶于水，而碳酸氢钙
44、溶于水，NaHCO3与盐酸反应剧烈，都能澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀【解答】解：ANa2CO3受热不分解，而NaHCO3受热分解，可以鉴别，故A不选；B向Na2CO3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，可以通过产生气体的快慢加以鉴别，故B不选；CNa2CO3与CaCl2溶液作用产生CaCO3沉淀，而NaHCO3则不与CaCl2溶液反应，无沉淀产生，也可以鉴别，故C不选；DNa2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应产生沉淀，现象相同，无法鉴别，故D选故选D20汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3
45、=K2O+5Na2O+16N2，对于该反应，下列判断正确的是（）ANaN3中氮元素的化合价为3B氧化剂和还原剂是同一物质C反应过程中若转移1mol电子，则产生2.24L气体（标准状况）D被氧化的氮原子与生成的氮气分子个数之比为15：8【分析】该反应中叠氮化钠中N元素化合价由价变为0价、硝酸钾中N元素化合价由+5价变为0价，所以硝酸钾是氧化剂、叠氮化钠是还原剂，再结合方程式分析解答【解答】解：A叠氮化钠中N元素化合价由价变为0价，故A错误；B硝酸钾是氧化剂、叠氮化钠是还原剂，故B错误；C反应过程中若转移1mol电子，则参加反应的叠氮酸钠的物质的量为1mol，生成氮气的物质的量=1.6mol，则产
46、生35.84L气体（标准状况），故C错误；D被氧化的氮原子与生成的氮气分子个数之比为30：16=15：8，故D正确；故选D21在给定条件下，下列加下划线的物质在化学反应中能被完全消耗的是（）用浓盐酸与过量二氧化锰共热制取氯气标准状况下，将铝片投入到过量浓硫酸中向100mL 3molL1的硝酸中加入5.6g铁在5107Pa、500和铁触媒催化的条件下，用物质的量之比为1：3氮气和氢气合成氨将足量锌粉投入到50mL 18molL1的硫酸中将足量Ca（ClO）2投入到20mL 10molL1盐酸中将足量铜投入到50mL 12molL1的硝酸中ABCD【分析】浓盐酸随反应的进行浓度减小，当减小到一定浓
47、度不再和二氧化锰反应18.4mol/L的硫酸为浓硫酸，常温下遇到铁、铝金属发生的钝化，不再继续反应向100mL3mol/L的硝酸中加入5.6g铁根据反应的量，铁全部反应生成二价铁离子和三价铁离子；合成氨的反应是可逆反应，不可能完全转化；将足量锌粉投入到50mL 18molL1的硫酸中，首先生成二氧化硫，当浓硫酸转化为稀硫酸时与反应生成氢气，所以硫酸完全转化；将足量Ca（ClO）2投入到20mL 10molL1盐酸中，发生归中反应生成氯气；将足量铜投入到50mL 12molL1的硝酸中，首先生成二氧化氮，后来生成一氧化氮气体，硝酸完全转化【解答】解：浓盐酸浓度变稀到一定浓度不会和二氧化锰发生氧化
48、还原反应，故错误；标准状况下，铝片遇浓硫酸发生钝化，阻止反应进行，故错误；根据反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子，剩余0.025mol铁会继续和生成的0.1mol三价铁离子反应，依据反应2Fe3+Fe=3Fe2+ 可知剩余0.025mol铁全部溶解需要三价铁离子0.05mol，故正确；合成氨的反应是可逆反应，不可能完全转化，故错误；将足量锌粉投入到50mL 18molL1的硫酸中，首先生成二氧化硫，当浓硫酸转化为稀硫酸时与反应生成氢气，所以硫酸完全转化，故正确；将足量Ca（ClO）2投入到20mL 10molL1盐酸中，发
49、生归中反应生成氯气，盐酸完全转化，故正确；将足量铜投入到50mL 12molL1的硝酸中，首先生成二氧化氮，后来生成一氧化氮气体，硝酸完全转化，故正确；故选B22取100mL 18.3molL1 的H2SO4与Zn反应，当Zn完全溶解时，生成的气体（可使品红褪色）在标准状况下的体积为22.4L将所得的溶液稀释成1L，测得溶液H+的浓度为1molL1，则所生成的气体中SO2与H2的体积比约为（）A1：2B2：1C1：4D4：1【分析】锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成气体为SO2和H2的混合
50、物，物质的量为=1mol，剩余硫酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=n（H+）=1L1mol/L=0.5mol，消耗硫酸的物质的量为：n（H2SO4）消耗=0.1L18.3mol/L0.5mol=1.33mol，根据反应的化学方程式计算【解答】解：100mL 18.3mol/L的H2SO4中含有硫酸的物质的量为：n（H2SO4）浓=0.1L18.3mol/L=1.83mol，剩余硫酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=n（H+）=1L1mol/L=0.5mol，消耗硫酸的物质的量为：n（H2SO4）消耗=1.83mol0.5mol=1.33mol，锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+
51、SO2+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为=1mol设混合物气体中含有xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+H2O 2xmol xmolZn+H2SO4=ZnSO4+H2 ymol ymol则有：解之得：所以n（SO2）：n（H2）=x：y=0.33：67=1：2，故选A二、解答题（共5小题，满分0分）23某已知A、B均是由两种短周期元素组成的化合物，A中某元素的质量分数为25%，B的焰色反应呈黄色，C、J、X是同周期的元素的简单氢化物，X为无色液体，C、J为气体，D是一种不
52、溶于水的白色固体反应生成的水均已略去它们有如图所示的关系（1）写出化学式：AAl4C3 ENaOH（2）在反应中属于氧化还原反应的是；（3）反应化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（4）写出下列离子方程式：反应AlO2+CO2+2H2O=2Al（OH）3+HCO3；G溶液与M溶液的反应Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3【分析】A、B均是由两种短周期元素组成的化合物，X为无色液体，A与X反应得到D与C，且C为气态氢化物，应是A发生水解反应，可推知X为H2OB的焰色反应呈黄色，则B含有钠元素，且B能与水反应生成E与F，则B为Na2O2D是一种不溶于水的白色固体，且能
53、与E反应生成G，可推知D为Al（OH）3，E为NaOH，F为O2，G为NaAlO2由元素守恒可知A中含有Al元素，D（氢氧化铝）能溶解在I中生成M，且G（偏铝酸钠）与M反应生成D（氢氧化铝），则M为铝盐，I为强酸，C、J、X是同周期的元素的简单氢化物，气态氢化物J与F（氧气）反应得到K，K与F（氧气）反应得到L，L与X（水）反应得到I与K，中学中工业制备硝酸符合转化关系，可推知J为NH3，K为NO，L为NO2，I为HNO3，M为Al（NO3）3C为第二周期氢化物，与氧气反应生成H，H与偏铝酸钠反应得到Al（OH）3，可推知H为CO2，C为CH4，故A中还含有C元素，则A为Al4C3，其中碳元素
54、质量分数为25%，符合题意，据此解答【解答】解：A、B均是由两种短周期元素组成的化合物，X为无色液体，A与X反应得到D与C，且C为气态氢化物，应是A发生水解反应，可推知X为H2OB的焰色反应呈黄色，则B含有钠元素，且B能与水反应生成E与F，则B为Na2O2D是一种不溶于水的白色固体，且能与E反应生成G，可推知D为Al（OH）3，E为NaOH，F为O2，G为NaAlO2由元素守恒可知A中含有Al元素，D（氢氧化铝）能溶解在I中生成M，且G（偏铝酸钠）与M反应生成D（氢氧化铝），则M为铝盐，I为强酸，C、J、X是同周期的元素的简单氢化物，气态氢化物J与F（氧气）反应得到K，K与F（氧气）反应得到L
55、，L与X（水）反应得到I与K，中学中工业制备硝酸符合转化关系，可推知J为NH3，K为NO，L为NO2，I为HNO3，M为Al（NO3）3C为第二周期氢化物，与氧气反应生成H，H与偏铝酸钠反应得到Al（OH）3，可推知H为CO2，C为CH4，故A中还含有C元素，则A为Al4C3，其中碳元素质量分数为25%，符合题意（1）由上述分析可知，A为Al4C3，E为NaOH，故答案为：Al4C3；NaOH；（2）反应为甲烷与氧气的反应，反应为过氧化钠与水的反应，反应是氨气的催化氧化反应，这三个反应中均存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为：；（3）反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na
56、OH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（4）反应中足量的二氧化碳气体通入偏铝酸钠溶液中发生的反应，反应的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=2Al（OH）3+HCO3，G溶液与M溶液的反应离子方程式为：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=2Al（OH）3+HCO3；Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）324某氯化亚铁和氯化铁的混合物现要测定其中铁元素的质量分数，按如图1步骤进行实验：请根据如图1流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有250mL容量瓶（填仪器名称
57、）（2）请写出加入氯水发生的离子反应方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（3）将沉淀物加热、灼烧，冷却至室温，用天平称量其质量为b1 g，再次加热并冷却至室温称量其质量为b2 g，若b1b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；蒸发皿质量是W1 g，蒸发皿与加热后固体总质量是W2 g，则样品中铁元素的质量分数是100%有同学提出，还可以采用如图2方法来测定：（1）选择的还原剂是否能用铁否（填“是”或“否”），原因是：如果用铁做还原剂，自身的氧化产物是Fe2+，且会与过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰铁元素的测定；（2）若滴定用掉c molL1 K
58、MnO4溶液b mL，则样品中铁元素的质量分数是：【分析】采取的方法是加入盐酸和水使样品溶解，在容量瓶中配制250ml溶液，量取25.00ml溶液，加入溴水将亚铁离子氧化成铁离子、加入氨水使铁离子沉淀，过滤将所得氢氧化铁灼烧最终生成氧化铁，然后通过氧化铁质量来求铁的质量分数，、（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶；（2）根据Cl2具有氧化性，能氧化Fe2+；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；根据铁元素质量守恒，即红棕色固体（ Fe2O3）中的铁就是样品中铁，根据质量分数的公式求出铁元素的质量分数；
59、样品ag加入过量硫酸和水配制250ml溶液，加入过量还原剂还原过滤取用25ml溶液在酸性条件下用高锰酸钾溶液滴定，发生反应5Fe2+MnO4+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，、（1）某氯化铁与氯化亚铁的混合物现要测定其中铁元素的质量分数，加入铁做还原剂和过量的硫酸反应生成亚铁离子，会增加铁元素的量对测定结果产生误差；（2）依据高锰酸钾和亚铁离子的氧化还原反应定量关系计算【解答】解：、（1）因配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶，操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；（2）因
60、氯水中Cl2具有氧化性，能氧化Fe2+：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，为了使Fe3+充分沉淀，氨水要过量，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2W1）g，样品中铁元素的质量分数是100%，故答案为：再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于0.1g；100%；（1）还原剂不能用铁，因为有铁粉会和过量硫酸反应生成硫酸亚铁，铁自身的氧化产物是Fe2+，再用高锰酸钾滴定，多消耗氧化剂产生误差，干扰原混合物的铁元素的测定，故答案为：否；如果用
61、铁做还原剂，自身的氧化产物是Fe2+，且会与过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰铁元素的测定；（2）反应5Fe2+MnO4+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，依据定量关系计算得到，设铁元素质量分数为X%，5Fe2+5Fe3+KMnO4556 1aX% cb103铁元素的质量分数是X%=，故答案为：25按要求回答下列问题：（1）实验室铝粉和Fe2O3作铝热反应实验，铝热反应的方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有ab（填编号）aKClO3 bMg cMnO2 dKCl（2）据文献报道，在实际反应中铝热反应的产物成分较为复杂某课题组对铝热反应产
62、物的成分进行探究，经成分分析，发现主要得到甲和乙两种产物甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成；乙是一种铁铝的金属互化物（可用FexAly表示），取该合金粉末2.47g，滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g甲的化学式为Al2O3，乙中x=2，y=5甲的晶体是耐高温材料，用此材料做成的坩埚，不能用来熔融NaOH，用化学方程式解释其原因Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；含二氧化硅材料做成的坩埚不能（填“能”或“不能”）用来熔融NaOH如图表示室温下相同组分的乙分别在两种不同的酸中的腐蚀情况，由图可知，乙在6
63、5%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，原因可能是遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应（3）镁铝互化物（Mg17Al12）是一种潜在的贮氢材料，该金属互化物在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H217MgH2+12Al得到的混合物在6.0molL1HCl中，能完全释放出H21mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为52mol【分析】（1）铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，据此写出反应的化学方程式；该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有氯酸钾和镁；（2）甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成，则甲为Al2O3；灼烧得到的红棕
64、色粉末1.60g应该是氧化铁，计算出氧化铁的物质的量，根据铁原子守恒可知铁的物质的量是及质量，从而得出合金中铝的质量，根据n=计算出铝物质的量，就可以得出x：y，从而得出乙的化学式；在加热的条件下氧化铝与氢氧化钠反应生成NaAl（OH）4；由于二氧化硅与能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，所以含二氧化硅材料做成的坩埚不能用来熔融NaOH；结合图象可知乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，这是由于常温下遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应；（3）1 mol Mg17Al12完全吸氢后可以吸收17mol氢气，因此释放时可以再释放出17mol氢气，同时镁和铝也分别都能与盐酸反应放出氢气；1 mol Mg1
65、7Al12中含有17mol镁、12mol铝，计算出铝和镁与盐酸反应生成的氢气的物质的量，便可得到1mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量【解答】解：（1）铝与氧化铁发生铝热反应的方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有氯酸钾和镁，故ab正确，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；ab；（2）甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成，则甲是Al2O3；取该合金粉末2.47g，滴加足量浓NaOH溶液，其中铝溶解转化为偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体铁再将所得固体在空气中充分加热、灼烧
66、得红棕色粉末1.60g，所以红棕色粉末应该是氧化铁，物质的量为： =0.01mol；根据铁原子守恒可知铁的物质的量是0.02mol，质量是0.02mol56g/mol=1.12g，因此合金中铝的质量是2.47g1.12g=1.35g，物质的量为： =0.05mol，所以x：y=0.02：0.05=2：5，则乙的化学式为Fe2Al5，故答案为：Al2O3；2；5；在加热的条件下氧化铝与氢氧化钠反应，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl（OH）4；二氧化硅与能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，所以含二氧化硅材料做成的坩埚不能用来熔融NaOH，故答案为：Al2O3+2NaOH+
67、3H2O2NaAl（OH）4；不能；根据图象可知乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，这是由于常温下遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应，故答案为：65%浓硝酸；遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应；（3）1 mol Mg17Al12完全吸氢后可以吸收17mol氢气，因此释放时可以再释放出17mol氢气，同时镁和铝也分别都能与盐酸反应放出氢气；1 mol Mg17Al12中含有17mol镁、12mol铝，与元素反应分别放出17mol氢气和12mol=18mol氢气，则得到的混合物与上述盐酸完全反应，释放出氢气的物质的量为：17mol+17mol+18mol=52mol，故答案为：52mol26实验室
68、用如图方法测定某水样中O2的含量（1）实验原理用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO（OH）2，反应的离子方程式为2Mn2+O2+4OH=2MnO（OH）2再用I将生成的MnO（OH）2再还原为Mn2+，反应的离子方程式为：MnO（OH）2+2I+4H+Mn2+I2+3H2O然后用Na2S2O3 标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6（2）实验步骤打开止水夹a 和b，从A 处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是赶走装置内空气，避免空气中的O2的干扰；用注射器抽取某水样20.00mL从A 处注入锥形瓶；再分别从A 处注入
69、含m mol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；打开止水夹a、b，分别从A 处注人足量NaI溶液及含n mol H2SO4的硫酸溶液；重复的操作取下锥形瓶，向其中加入23滴淀粉溶液作指示剂；用0.005molL1Na2S2O3 滴定至终点（3）数据分析若滴定过程中消耗的Na2S2O3 标准溶液体积为3.90mL，则此水样中氧（O2）的含量为7.8mgL1（单位：mgL1）若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）【分析】（1）根据题中反应物和生成物，利用化合价升降相等配平；（2）测
70、定的是水样中氧气含量，必须将装置中的空气赶走，避免干扰测定结果；根据反应中有碘单质参与，利用碘遇到淀粉显示蓝色的特性，使用淀粉做指示剂；（3）根据反应原理找出反应的关系式，计算出试样中的氧含量；滴定管没有润洗，导致标准液浓度减小，消耗的标准液体积变大，氧气含量偏大【解答】解：（1）溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO（OH）2，锰元素化合价升高2价，氧气化合价降低了4价，根据化合价升高降低相等配平反应的离子方程式为：2Mn2+O2+4OH=2MnO（OH）2，故答案为：2Mn2+O2+4OH=2MnO（OH）2；（2）由于测定的是水样中氧气含量，必须将装置中的空气赶走，避免干扰测
71、定结果，故答案为：赶走装置内空气，避免空气中的O2的干扰；由于反应中有碘单质参与，利用碘遇到淀粉显示蓝色的特性，可以选用淀粉做指示剂，故答案为：淀粉溶液；（3）发生的反应有：2Mn2+O2+4OH=2MnO（OH）2、MnO（OH）2+2I+4H+=Mn2+I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，氧气反应的关系式为：O22MnO（OH）22I24Na2S2O3，1000mL水样中含有的氧气的物质的量是：n（O2）=n（Na2S2O3）=0.250.005molL10.0036L50=2.4375104mol，氧气的质量为：2.4375104mol32g/mol=7.8
72、mg，此水样中氧（O2）的含量为7.8mgL1，故答案为：7.8mgL1；若未用Na2S2O3 标准溶液润洗滴定管，会导致标准液的浓度减小，消耗的标准液的体积增大，测定结果偏大，故答案为：偏大27实验室常用的几种气体发生装置如图A、B、C所示：（1）实验室可以用B或C装置制取氨气，如果用C装置，通常使用的药品是浓氨水和氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰（2）气体的性质是气体收集方法选择的主要依据下列性质与收集方法无关的是（填序号，下同）密度 颜色 溶解性 热稳定性如图2是某学生设计收集气体的几种装置，其中不可行的是bc（3）若用A装置与D装置相连制取收集X气体，则X可能是下列气体中的，CO2 NO
73、Cl2 H2【分析】（1）C装置是液体和固体不需要加热进行的气体制备反应装置；（2）收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性，如气体与氧气反应则只能用排水法收集；a、装置是向上排气法；b、装置密闭不能排气；c、排水法导气管不能伸入试管太长；d、可以依据气体密度大小采取长进短处，或短进长出的方法收集气体；（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，为固体与液体反应需要加热装置，且气体可利用浓硫酸干燥、向上排空气法收集，需要尾气处理【解答】解：（1）采用B装置制备氨气时应选择用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应，C装置适用于固体和液体不加热制气体，制取氨气应选择浓氨水和氧化钙或碱石灰或氢氧化钠固体等；故答案为：浓氨水和氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰；（2）收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性，如气体与氧气反应则只能用排水法收集，气体是否有颜色、热稳定性与收集方法无关；收集气体时不应采取bc装置，b装置集气瓶密闭不能排除气体，c装置伸入试管内的导管过长；故答案为：；bc；（3）AD连接是利用向上排气法收集气体，吸收装置是能用液体吸收气体防止污染空气；制取CO2时不需要加热也不不必处理尾气，NO常温下与氧气发生反应，不能用向下排空气法收集，氢气尾气处理时一般采用点燃的方法，故X可能是氯气；故答案为：2016年8月18日
