【化学】福建省莆田市衡秀国际实验学校与仙游私立一中2020届高三上学期期中联考（解析版） 18页

福建省莆田市衡秀国际实验学校与仙游私立一中2020届高三上学期期中联考 相对原子质量：H—1 Cl—35.5 Cu—64 Mg—24 O—16 Al—27 Fe—56 N—14 S—32‎ 一、选择题（共16个小题，每小题3分，每小题只有一个合适的选项）‎ ‎1.下列说法错误的是（ ）‎ A. 二氧化硫具有漂白性，能漂白某些有色物质，工业上用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，此外，二氧化硫还用于杀菌、消毒等；‎ B. 海洋是一个远未被完全开发的巨大化学资源宝库，目前海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析发、离子交换法等，从海洋中提铀和重水对一个国家来说具有战略意义；‎ C. 氯元素是最重要的“成盐元素”，主要以NaCl的形式存在于海水和陆地的盐矿中；‎ D. 元素周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料，如硅、锗等，半导体器件的研制正是开始于硅，后来发展到研制与它同族的锗 ‎【答案】D ‎【详解】A、二氧化硫具有漂白性，能与有些有色物质化合成不稳定的无色物质，也可以用来杀菌消毒，故A项正确；‎ B、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析发、离子交换法等，从海洋中也可以提取铀和重水，故B 正确；‎ C、氯元素是最重要的“成盐元素”，主要以NaCl的形式存在于海水和陆地的盐矿中，故C正确；‎ D、半导体器件研制开始于锗，后来发展到研制与它同族的硅，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1molSiO2晶体中含有的Si—O键的数目为0.2NA B. 18gH218O和D2O的混合物中，所含电子数目为9NA C. 标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移的电子数为NA D. 56g铁粉与足量高温水蒸汽完全反应，生成的H2数目为1.5NA ‎【答案】B ‎【详解】A、0.1molSiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.4NA，故A错误；‎ B、H218O和D2O摩尔质量都是20g/mol，则18gH218O和H2O的混合物中，所含中子数为：×10×NA=9NA，故B正确；‎ C、氯气与水反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移电子数小于NA，故C错误；‎ D．红热的铁与水蒸气可发生反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，56g铁物质的量为1mol，与足量水蒸气反应，生成molH2，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，明确二氧化硅晶体结构特点，熟悉可逆反应不能进行到底是解题关键。‎ ‎3.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（ ）‎ A. 检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化碳 B. 配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液 C. 测量氨气的体积 D. 进行二氧化碳喷泉实验 ‎【答案】A ‎【详解】A、浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫具有漂白性、还原性，则图中品红褪色、高锰酸钾褪色可检验浓硫酸与蔗糖反应产生的二氧化硫，故A正确；‎ B、不能将浓硫酸直接加入容量瓶中，应该先在烧杯中稀释、冷却后再转移到容量瓶中，故B 错误；‎ C、氨气极易溶于水，则不能利用排水法测定氨气的体积，故C错误；‎ D、二氧化碳在水中的溶解度不大，则图中不能形成喷泉，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验装置的作用等为解答的关键。‎ ‎4.下列各组离子在溶液中能大量共存，通入NO2或SO2之后，都不能大量共存的是（ ）‎ A. Fe3+、Al3+、SO42-、Cl- B. NH4+、Ba2+、HCO3-、SO42-‎ C. Fe2+、Al3+、NO3-、SO42- D. Ca2+、NH4+、SiO32-、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，结合通入NO2或SO2的后续反应来解答。‎ ‎【详解】A、通入SO2之后会与Fe3+反应，通入NO2能继续共存，故A不符合题意；‎ B、Ba2+与SO42-要反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；‎ C、通入SO2之后与水反应生成亚硫酸，显酸性， NO3-在酸性条件下能继续与亚硫酸及Fe2+反应；通入NO2与水反应生成硝酸，硝酸能继续与Fe2+反应，故C 符合题意；‎ D、Ca2+与SiO32-反应生成硅酸钙沉淀，故不能大量共存，故D不符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，尤其是注意酸性条件下的硝酸有强氧化性。‎ ‎5.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. KI溶液久置空气中变黄色：4I－+O2+2H2O=2I2 +4OH－‎ B. 0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3+ +2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+AlO2－+2H2O C. 向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2+ +S2－=CuS↓‎ D. 向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2+ +4H+ +NO3－=3Fe3+ +2H2O+NO↑‎ ‎【答案】A ‎【详解】A、I-具有还原性，空气中的氧气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，离子反应方程式为：4I－+O2+2H2O=2I2 +4OH－，选项A正确；‎ B、0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合的离子反应为NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4+Al(OH)3↓+NH3•H2O，选项B错误；‎ C、向硫酸铜溶液中加入足量的NaHS溶液反应生成黑色沉淀CuS、硫化氢和硫酸钠，反应的离子方程式为：Cu2+ +2HS－=CuS↓+ H2S↑；若只加入少量的NaHS，则离子方程式为Cu2++HS－=CuS↓+ H+，选项C错误；‎ D．向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸，只有碘离子被氧化，正确的离子方程式为：6I-+8H++2NO3-=2NO↑+4H2O+3I2，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.某溶液离子及浓度如下表 离子 SO42-‎ NO3-‎ H＋‎ Na＋‎ Mn+‎ 浓度（mol·L－1）‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ a 则Mn+、a可能为（ ）‎ A. NH4+、2 B. Ba2+、1 C. Al3+、2 D. Fe2+、1‎ ‎【答案】A ‎【分析】根据电解质混合溶液中阴阳离子所带电荷相等确定M离子所带电荷，并利用离子之间的反应来判断存在的离子，计算离子浓度。‎ ‎【详解】电解质混合溶液中阴阳离子所带电荷相等，故溶液中存在c（H+）+c（Na+）+ac（Mn+）＝c（NO3-）+2c（SO42-），故2mol/L+1mol/L+na＝3mol/L+1mol/L×2，解得：na＝2mol/L；‎ A．NH4+能够与上述离子能共存，且2mol/L×1＝2mol/L，故A正确；‎ B．钡离子与硫酸根离子反应，不能共存，故B错误；‎ C．铝离子与上述离子能共存，但2mol/L×3＝6mol/L，故C错误；‎ D．在酸性溶液中亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算、离子共存，侧重考查学生的分析能力，利用电荷守恒确定M所带电荷是关键。选项D是易错点，要注意在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性。‎ ‎7.常温下，在溶液中可能发生以下反应：‎ ‎①H++Z-+XO4-=X2++Z2+H2O（未配平）‎ ‎②2M2++R2=2M3++2R-‎ ‎③2R-+Z2=R2+2Z-‎ 由此判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温下反应2M2++Z2=2M3++2Z-不可以自发进行 B. R元素在反应②中被氧化，在反应③中被还原 C. 反应①配平后，H2O的化学计量数为8‎ D. 还原性强弱顺序为H+>Z->R- >M2+‎ ‎【答案】C ‎【分析】主要是应用强弱规律来进行比较，先找出每个反应的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，根据氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物得出氧化性还原性强弱。‎ ‎【详解】A、②2M2++R2=2M3++2R-，反应中氧化剂R2的氧化性大于氧化产物M3+，③2R-+Z2=R2+2Z-，反应中氧化剂Z2的氧化性大于氧化产物R2，得到氧化性的顺序Z2＞R2＞M3+，所以反应2M2++Z2=2M3++2Z-可以自发进行，故A错误；‎ B、②2M2++R2=2M3++2R-，反应中R元素化合价降低做氧化剂，被还原；③2R-+Z2=R2+2Z-，反应中R元素化合价升高做还原剂被氧化，故B错误；‎ C、①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，H2O的化学计量数为8，故C正确；‎ D、①反应中还原性强弱顺序Z-＞X2+，②反应中还原性强弱顺序M2+＞R-，③反应中还原性强弱顺序R-＞Z-，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.下列中学常见实验的现象表述正确的是（ ）‎ A. 过量的铁投入到一定量的稀硝酸中充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液显红色 B. 制备氢氧化铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁 C. 检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2—3滴即可 D. 往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变为浅绿色，同时有白色沉淀产生，表示FeCl3具有还原性 ‎【答案】C ‎【详解】A、过量的铁投入到一定量的稀硝酸中，铁先被硝酸氧化为三价铁，铁能和三价铁反应生成亚铁离子，铁元素最终被氧化为+2价，滴加KSCN溶液，溶液不会显红色，故A错误；‎ B、向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，搅拌后，氢氧化亚铁很容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，得不到白色沉淀物质，故B错误；‎ C、氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液和水，三价铁遇KSCN溶液，会变红色，故C正确；‎ D、氯化铁具有氧化性，能与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，铁离子被还原为亚铁离子，溶液由由棕黄色变成浅绿色，表示铁离子有氧化性，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】把握物质的性质、发生的反应及实验现象分析为解答的关键，注意元素化合物知识的综合应用。‎ ‎9.氯中存在如下平衡：Cl2(g) ⇌Cl2(aq)、Cl2(aq)+H2O ⇌H++Cl-+HClO。下列说法正确的是（ ）‎ A. 向饱和氯水中通入HCl，有c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)‎ B. 向氯水中滴入几滴石蕊试液，溶液变红色 C. 光照后的氯水漂白性增强 D. 若向饱和氯水中通入少量SO2，则减小 ‎【答案】A ‎【详解】A、溶液中电荷守恒分析，向饱和氯水中通入HCl，有电荷守恒为：c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（ClO-），故A正确；‎ B、向氯水中滴入几滴石蕊试液，溶液先变红色后褪色，故B错误；‎ C、光照次氯酸分解为盐酸和氧气，漂白性是次氯酸的性质，漂白性减弱，故C错误；‎ D、次氯酸具有氧化性氧化SO2，消耗ClO-，氢离子浓度增大，则增大，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】考查化学平衡影响因素，弱电解质电离，物质性质的理解应用，掌握基础是解题关键。‎ ‎10.已知X、Y、Z、E四种常见物质含有同一种元素，其中E是一种强酸，在一定条件下，它们有如图所示转化关系，下列推断不合理的是（ ）‎ A. X可能是一种氢化物 B. Y不可能转化为X C. Y可能直接转化为E D. 若X是单质，则X转化为Y的反应可能是化合反应 ‎【答案】B ‎【分析】（1）X如果是单质，则其可能是N2或S，Y是NO或SO2，Z是NO2或SO3，E是HNO3或H2SO4；‎ ‎（2）X如果氢化物，则其可能是NH3或H2S， Y是NO或SO2，Z是NO2或SO3，E是HNO3或H2SO4。‎ ‎【详解】A. X可能是NH3或H2S，选项A正确；‎ B.6NO+4NH3=5N2+6H2O、SO2+2H2S=3S+2H2O，选项B错误；‎ C. 4NO+2H2O+3O2=4HNO3，SO2+H2O2=H2SO4，所以Y可能直接转化为E，选项C正确；‎ D. 若X是单质：N2或S，N2和O2在放电条件下生成NO，S和O2在点燃条件下生成SO2，都是化合反应，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（ ）‎ 选项 a b c 箭头上所标数字的反应条件 A AlCl3‎ NaAlO2‎ Al(OH)3‎ ‎①加入过量的NaOH B Si SiO2‎ H2SiO3‎ ‎②常温加水 C NaOH NaHCO3‎ Na2CO3‎ ‎③加澄清石灰水 D Fe FeCl3‎ FeCl2‎ ‎④加入氯气 ‎【答案】B ‎【详解】A.AlCl3与过量NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，Al(OH)3与HCl反应生成AlCl3，A项正确；‎ B.Si与O2反应生成SiO2，但SiO2不能通过一步反应生成H2SiO3，且SiO2不溶于水，不能与水反应，B项错误；‎ C.NaOH与过量CO2反应生成NaHCO3，将NaHCO3加热可生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与澄清石灰水反应生成NaOH，C项正确；‎ D.Fe与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl2与Zn反应生成Fe，D项正确；‎ 故选B。‎ ‎12.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（ ）‎ 选项 a中的溶液 b中的物质 c中收集的气体 d中的液体 A 浓氨水 生石灰 NH3‎ H2O B 浓硝酸 铜片 NO2‎ H2O C 稀硝酸 铜片 NO NaOH溶液 D 浓硫酸 亚硫酸钠 SO2‎ NaOH溶液 ‎【答案】D ‎【分析】题给装置在常温下反应生成气体，且用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，最后为防倒吸装置，说明制备的气体极易溶于水，以此解答该题。‎ ‎【详解】A、浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；‎ B、浓硝酸与铜生成的是NO2，但是二氧化氮和水反应生成NO，不能用水吸收尾气，故B错误；‎ C、稀硝酸与铜生成的是NO，NO不能用排空法收集，故C错误；‎ D、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. SO2通入紫色石蕊试液中，溶液先变红，后褪色 B. 向FeCl3和BaCl2溶液中分别通入CO2和SO2都无沉淀物产生 C. 干燥的氯气能使红色的鲜花褪色 D. 碳与二氧化硅在高温下反应可制得粗硅并产生二氧化碳气体 ‎【答案】C ‎【详解】A、二氧化硫为酸性氧化物，则SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红，但不会褪色，因为二氧化硫不能漂白指示剂，故A错误；‎ B、向FeCl3和BaCl2溶液中会通入SO2，FeCl3能与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；‎ C、干燥的氯气不具有漂白性，但是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，鲜花中有水分，所以氯气能使鲜花褪色，故C正确；‎ D、焦炭高温还原二氧化硅制备粗硅，工业上，用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，反应的化学方程式SiO2+2CSi+2CO↑，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题涉及二氧化硫、氯气、二氧化硅的性质等知识，注意知识的归纳和整理是关键。‎ ‎14.在100mL的稀硝酸中加入由铜和镁组成的2.64g 混合物，两者恰好反应固体完全溶解时收集到0.896L（标准状态）NO气体。向反应后的溶液中加入60mLNaOH溶液中金属离子恰好沉淀完全。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原硝酸溶液的物质的量浓度为1.2mol/L B. 形成的沉淀的质量为4.32g C. 混合物中Cu的质量为1.92g D. NaOH溶液的物质的量浓度为1mol/L ‎【答案】C ‎【分析】铜和镁都是+2价金属，二者与稀硝酸反应都生成NO气体，根据n=‎ 计算出NO的物质的量，然后设出Cu、Mg的物质的量，利用电子守恒可计算出铜和镁的总物质的量，从而可知生成氢氧化铜、氢氧化镁的物质的量。‎ ‎【详解】硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.896L，物质的量为：=0.04mol，所以转移的电子的物质的量为：0.04mol×（5-2）=0.12mol，最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，则沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.12mol，所以最后沉淀质量为：2.64g+0.12mol×17g/mol=4.68g，根据氮元素守恒，硝酸的物质的量为0.12+0.04=0.16mol，金属的物质的量为0.06mol，质量为2.64g，设铜的物质的量为xmol，镁的物质的量为ymol，有方程组：x+y=0.06，64x+24y=2.64，计算出x=0.03，y=0.03；加入的氢氧化钠的物质的量为0.12mol。‎ A、原硝酸溶液的物质的量浓度为=1.6 mol/L，故A错误；‎ B、形成的沉淀的质量为4.68g，故B错误；‎ C、混合物中Cu的质量为0.03mol×64g/mol=1.92g，故C正确；‎ D、NaOH溶液的物质的量浓度为=2 mol/L，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】考查混合金属与硝酸反应的计算，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法。‎ ‎15.草酸锌晶体是一种微溶于水的白色粉末，可用于制纳米氧化锌、照相乳剂等。以炼锌厂的烟道灰（主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料生产草酸锌晶体（ZnC2O4·2H2O）的流程如下：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 滤渣A、滤渣B的主要成分分别为SiO2和Fe(OH)3‎ B. “除锰”时发生的离子反应为Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+‎ C. 流程中“除铁”与“除铜”顺序可以颠倒 D. “合成”时过滤所得滤液主要溶质为NH4Cl ‎【答案】C ‎【分析】用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去，滤液中主要为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等。‎ ‎【详解】A、由分析可知，滤渣A为SiO2，滤渣B为Fe（OH）3，故A正确；‎ B、除锰过程中产生MnO(OH)2沉淀，根据电荷守恒应有氢离子生成，反应离子方程式为：Mn2++H2O2+H2O=MnO(OH)2↓+2H+，故B正确；‎ C、除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是：先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去，故C错误；‎ D、由分析知，“合成”时过滤所得滤液主要溶质为NH4Cl，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎16.某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，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）：‎ 关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）‎ A. 一定含有Al，其质量为4.5g B. 一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3‎ C. 一定含有MgCl2和FeCl2‎ D. 一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等 ‎【答案】D ‎【详解】‎ ‎14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，可能是铵盐和碱反应生成氨气、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，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L-3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵，硫酸铵与氢氧化钠反应生成的氨气为2.24L，3.36L气体只能为H2，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，Fe（OH）2久置会转化为红褐色Fe（OH）3，所以能生成白色沉淀的一定是氯化镁，生成的氢氧化镁沉淀的质量为2.90g，一定不含FeCl2；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，加入过量盐酸沉淀溶解证明沉淀是氢氧化铝。‎ A．固体混合物中一定含有Al，由标准状况下3.36L氢气和2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故A错误；‎ B．根据加入过量氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且久置白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故B错误；‎ C．根据加入过量氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且久置白色沉淀没有变化，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，其中n[（NH4）2SO4]=n（NH3）÷2=2.24L÷22.4L/mol÷2=0.05mol，n（MgCl2）=n[Mg（OH）2]=2.90g÷58g/mol=0.05mol，(NH4)2SO4、MgCl2物质的量相等，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎17.如图所示，此装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6mol・L-1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：‎ ‎（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的药品是____________。A中反应的离子方程式是____________________________。‎ ‎（2）实验开始时先将活塞a________(填“打开”或“关闭”)。‎ ‎（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程：________________________________________。‎ ‎（4）实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，此时B瓶中发生的反应为__________________________________。‎ ‎（5）下列各图示中，_____能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。(填序号)‎ ‎【答案】(1). 铁屑 (2). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (3). 打开 (4). 关闭活塞a，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应 (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (6). ①②③⑤‎ ‎【分析】制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一定要注意隔绝氧气的氧化，A是产生硫酸亚铁的装置，保证其进入B中，要借助氢气产生的压强，根据实验试剂以及原理来回答分析即可。‎ ‎【详解】（1）B中盛一定量的NaOH溶液，则A中必须提供亚铁离子，所以应预先加入的试剂是铁粉，A中反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：铁屑；Fe+2H+=Fe2++H2↑； ‎ ‎（2）为防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则需要利用稀硫酸和铁反应产生的氢气排尽装置中的空气，如果不打开活塞E，会造成安全事故，所以要打开活塞a，使生成的气体进入装置B，一方面能除去A和B装置中的空气，另一方面能防止安全事故的发生，故答案为：打开；‎ ‎（3）铁和硫酸反应有氢气生成，关闭活塞a，导致A装置中氢气增大使FeSO4溶液被压入B瓶中进行反应生成氢氧化亚铁，故答案为：关闭活塞a，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应； ‎ ‎（4）氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎（5）对比5个实验明显可以发现选项③、⑤加入有机物作隔离层和空气接触少，②中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以也能减少与氧气接触，①中盛有氢氧化钠溶液的滴管伸入放有还原性铁粉的硫酸亚铁溶液中，可以避免试管中部分氧气对氢氧化亚铁的氧化，则能减少与氧气接触；只有④生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，故答案为：①②③⑤。‎ ‎【点睛】考查氢氧化亚铁的制取，氢氧化亚铁极易被氧气氧气，所以制取氢氧化亚铁时注意必须在无氧气条件下进行反应，这是高中化学中较重要的一个实验。‎ ‎18.某小组在实验室使用软锰矿（主要成分为MnO2）和浓盐酸通过加热制备氯气，并对氯气的性质进行探究。‎ ‎（1）写出实验室制氯气的化学方程式：__________________________________。欲制取并收集一瓶于燥的氯气，则“制取→收集”的实验装置连接顺序为___→c→d→____→i→j→k。‎ ‎（2）装置C中饱和食盐水的作用是_________________________________________。‎ ‎（3）该小组同学对氯气性质进行如下探究：‎ 实验步聚 实验结论 ‎①将氯气通入NaCl溶液中，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察四氢化碳层颜色 氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘 ‎②将氯气通入KBr溶流中，再加入1mLCCl4振落，静置，观察四氯化碳层颜色 ‎③将氯气通入KI溶液中，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察四氧化碳层颜色 该小组的实验设计缺陷是_____________________________________，改进的办法是______________________________________________________________________。‎ ‎（4）常温下，高锰酸钾固体和浓盐酸反应也可制得氯气，该反应的离子方程式为：_______________________________________________________。‎ ‎（5）某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3‎ 的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的质量之比为________________。‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). b (3). g、h (4). 除去Cl2中的HCl杂质 (5). 不能证明溴的氧化性强于碘 (6). 再做一组实验，步骤为：Kl 溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色 (7). 2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2+5Cl2↑+8H2O (8). 4：1‎ ‎【分析】浓盐酸和二氧化锰混合加热生成氯气、二氯化锰和水，由电子守恒、原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，据此分析。‎ ‎【详解】（1）利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，所以正确的连接顺序为：b→c→d→g→h→i→j→k；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；b；g、h；‎ ‎（2）装置C中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl杂质，故答案为：除去Cl2中的HCl杂质；‎ ‎（3）实验②得出了氯气氧化性大于Br2，而实验③得出了氯气氧化性大于I2，但无法确定Br2的氧化性大于I2，应再做一组实验，步骤为：Kl 溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色，确定Br2的氧化性与I2的氧化性强弱，故答案为：不能证明溴的氧化性强于碘；再做一组实验，步骤为：Kl 溶液中，加入溴水，再加入1mLCCl4振荡，静置，观察CCl4层颜色；‎ ‎（4）常温下，利用高锰酸钾固体和浓盐酸反应也可制氯气，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8 H2O，则该反应的离子方程式为2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16H++10C1-=2K++2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎（5）根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-‎ ‎，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：（1+3）=4：1，故答案为：4：1。‎ ‎【点睛】考查氯气的实验室制备和性质探究，涉及离子方程式的书写、混合物的提纯与实验基本操作及氧化还原反应的计算，明确氯气制备原理和氯水成分是解题关键。‎ ‎19.氯化亚铜(CuCI)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含Cu2+、Fe3+、H+、CI-)中制备氯化亚铜。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出步骤①中发生的两个主要反应的离子方程式：_________________________。‎ ‎（2）步骤②的操作名称是_________。‎ ‎（3）步骤④中所加物质X为___________。‎ ‎（4）步骤⑤的操作是___________。‎ ‎（5）步骤⑥应调节溶液的pH呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl品体，目的是_______________。‎ ‎（6）在CuCI的生成过程中，可以循环利用的物质是_____，理论上_____(填“需要”或“不需要”)补充(不考虑调节等消耗)；理由是_____________________________________________。‎ ‎（7）エ业上还可以采用以碳棒为电极电解CuCl2溶液得到CuCl。写出电解CuCl2溶液中的阴极上发生的电极反应：_________________。‎ ‎【答案】(1). Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). 过滤、洗涤 (3). CuO或Cu (OH)2或CuCO3等 (4). 在HCl气流中蒸发结晶 (5). 减少CuCl的损失 (6). 硫酸 (7). 不需要 (8). Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和 SO2的物质的量为1：1，而生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量也为1﹕1，所以理论上不需要补充H2SO4 (9). Cu2++Cl-+e-=CuCl↓‎ ‎【分析】从某酸性废液（主要含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-）中制备氯化亚铜，向工业上以某酸性废液（含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-）加入过量 铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，酸性废液调节pH值使铁离子沉淀，过滤得氯化铜溶液，氯化铜、硫酸铜、二氧化硫反应生成氯化亚铜和硫酸，硫酸可以再循环利用。‎ ‎【详解】（1）步骤①中铁能与铜离子及铁离子反应生成铜和亚铁离子等，同时铁也与酸性废液中的酸反应生成氢气，涉及的离子方程式为Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑； （2）步骤②中从溶液中分离出固体物质过量的铁和生成的铜，所以步骤②的操作名称是过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤；‎ ‎（3）步骤④中为调节溶液pH值，要能与酸反应同时不引入新的杂质，所以物质X为CuO或Cu (OH)2或CuCO3等，故答案为：CuO或Cu (OH)2或CuCO3等；‎ ‎（4）步骤⑤的操作是从氯化铜溶液中获得氯化铜晶体，要防止铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶，故答案为：在HCl气流中蒸发结晶；‎ ‎（5）CuCl微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，所以要用乙醇洗涤CuCl晶体，减少CuCl的损失，故答案为：减少CuCl的损失；‎ ‎（6）根据流程分析可知，硫酸可以循环利用，Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和 SO2的物质的量为1：1，而生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量也为1﹕1，所以理论上不需要补充H2SO4，故答案为：硫酸；不需要；Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和 SO2的物质的量为1：1，而生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量也为1﹕1，所以理论上不需要补充H2SO4；‎ ‎（7）电解CuCl2溶液，阴极上是铜离子得电子生成亚铜离子，亚铜离子结合氯离子生成氯化亚铜沉淀，电极反应式为 Cu2++Cl-+e-=CuCl↓，故答案为：Cu2++Cl-+e-=CuCl↓。‎ ‎20.已知X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Z、Q的单质在常温下均呈气态；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍；M与X同族；Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。回答下列问题：‎ ‎(1)Y、Z、M、G四种元素的原子半径由大到小的顺序是____________ (用元素符号表示)。‎ ‎(2)Z在元素周期表中的位置为____________，M2Z的电子式为____________。‎ ‎(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的水化物是__________(写化学式)。‎ ‎(4)X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平的是____________ (写名称)。‎ ‎(5)GQ3溶液与过量的MZX溶液反应的化学方程式为_________________________________‎ ‎(6)常温下，不能与G的单质发生反应的是____________ (填标号)。‎ a.CuSO4溶液 b.浓硫酸 c.NaOH溶液 d.浓硝酸 e.氧化铜 ‎【答案】(1). (2). 第二周期ⅥA族 (3). (4). (5). 乙烯 (6). AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O (7). e ‎【分析】X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素,原子序数依次增大.Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素,则Z为O元素、G为Al元素;Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,原子序数小于O,只能处于第二周期,最外层电子数为4,则Y为C元素;X单质在常温下呈气态,则X为H元素,X与M同主族,原子序数大于O,则M为Na;Q单质常温下为气态,原子序数大于Al,则Q为Cl.‎ ‎【详解】（1）同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径减小,故原子半径；‎ ‎（2）Z为O元素,在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，M2Z为氧化钠，电子式为；‎ ‎（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是；‎ ‎（4）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平的是乙烯；‎ ‎（5）GQ3溶液与过量的MZX溶液反应的化学方程式为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O；‎ ‎（6）常温下，不能与G的单质发生反应的是e氧化铜。‎ ‎【点睛】常温下，Al与浓硫酸和浓硝酸会钝化，是发生了化学反应，形成了致密的氧化膜，并非未发生反应。 ‎