化学·河南省河南大学荆紫关附中2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含解析 25页

‎2016-2017学年河南省河南大学荆紫关附中 高二（上）开学化学试卷 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．下列有关材料的说法不正确的是( )‎ A．制造普通水泥和玻璃的主要原料都用到石灰石 B．工业上制玻璃不会有温室气体的排放 C．玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料 D．“中国”的英文单词叫China，这是由于中国制造的某种物质驰名世界，这种物质是陶瓷 ‎2．下列物质跟盐酸不能发生反应的是( )‎ A．碱式碳酸铜 B．硫酸氢钠 C．碳酸钠 D．双羟基铝碳酸钠 ‎3．下列各组离子中，一定能大量共存的是( )‎ A．加入铝粉只有氢气产生的溶液中：Na+、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+、‎ B．滴加石蕊试液显红色的溶液中：Fe3+、NH4+、Cl﹣、SCN﹣‎ C．在0.1mol/L的NaHSO4溶液中：NH4+、Na+、Al3+、Cu2+、NO3﹣‎ D．在0.1mol/L的NaHCO3溶液中K+、Al3+、Fe3+、NO3﹣‎ ‎4．下列哪一种粒子的发现，首次动摇了当时流行的“原子不可分”的传统化学观( )‎ A．电子 B．原子核 C．质子 D．中子 ‎5．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程．‎ 下列有关说法正确的是( )‎ A．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3‎ C．在工段③、④、⑤中，溴元素均被氧化 D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁 ‎6．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已被发现．下列有关说法中，正确的是( )‎ A．N5+离子中含有36个电子 B．O2与O4属于同位素 C．C60是有机物 D．H2与H3属于同种元素组成的单质 ‎7．一定温度下，向容积为2L的密闭容器通入两种气体后发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是( )‎ A．该反应的化学方程式为3B+4D═6A+2C B．反应进行到6s时v（B）=v（C）‎ C．反应进行到6s时，用B表示的平均反应速率为0.05mol•L﹣1•s﹣1‎ D．反应进行到6s时，反应停止了 ‎8．下列有关工业生产的叙述不正确的是( )‎ A．用海水淡化后的浓缩海水作原料提取溴 B．在太阳能资源相对充足的沿海地区建造海水淡化厂 C．利用“海水→氯化钠→金属钠→氢氧化钠”的工艺流程生产烧碱 D．利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程生产金属镁 ‎9．下列有关物质检验的实验结论正确的是( )‎ 选项 实 验 操 作 及 现 象 实 验 结 论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO B 向某溶液中加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体 ‎ 该溶液中一定含CO32﹣‎ C 向某溶液中加入适量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸不变色 该溶液中一定不含NH4+‎ D 用干燥洁净的铂丝蘸取某溶液放在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色 该溶液一定含有钾元素，可能含有钠元素 A．A B．B C．C D．D ‎10．下列关于金属性质的叙述中正确的是( )‎ A．钠与氧气反应时，产物是由O2的用量决定的 B．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧 C．金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属 D．铁丝不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧 ‎11．下列说法正确的是( )‎ A．1molH2的体积为22.4L B．阿伏加德罗常数为6.02×1023‎ C．摩尔质量等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量 D．Na+的摩尔质量为23g/mol ‎12．下列离子方程式中，正确的是( )‎ A．碳酸氢钠在水中的电离：NaHCO3═Na++H++CO32﹣‎ B．钠与水的反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑‎ C．氯气和水的反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣‎ D．铝和烧碱溶液的反应：Al+2OH﹣═AlO﹣2+H2↑‎ ‎13．下列各组溶液，只用胶头滴管和试管，不用其它任何试剂就可以鉴别的是( )‎ ‎①Al2（SO4）3和KOH ②稀盐酸和稀Na2CO3‎ ‎③NaAlO2和H2SO4 ④Ba（OH）2和NaHCO3．‎ A．① B．①③ C．①②③ D．①②③④‎ ‎14．下列有关图示分析正确的是( )‎ A．如图a所示，集气瓶内充满Cl2和CH4的混合气体或NO2和O2的混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，并可能充满集气瓶 B．如图b所示，X为铁棒，Y为铜棒，a为直流电源，当S闭合后，当b为NaOH溶液，X极附近产生白色沉淀时，电子从X极流入a C．Pt为电极，电解含0.10 mol M+和0.1 mol N3+（M+、N3+均为金属阳离子）的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量（y）与导线中通过电子的物质的量（x）的关系如图c，离子氧化能力M+＞N3+＞H+‎ D．图d为N2（g）和O2（g）生成NO（g）过程中的能量变化，则N≡N的键能为946kJ/mol，热化学方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=﹣180 kJ/mol ‎15．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 二、解答题（共9小题，满分40分）‎ ‎16．称取一定质量的纯碱，溶于水后与盐酸完全反应放出CO2，用“增多”或“减少”填空．‎ ‎（1）若纯碱中含NaHCO3所需盐酸用量，产生的气体；‎ ‎（2）若纯碱中含K2CO3所需盐酸用量，产生的气体；‎ ‎（3）若纯碱中含NaCl所需盐酸用量，产生的气体．‎ ‎17．现向含6mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图1所示．已知 ‎①BrO3﹣+6I一+6H+=3I2+Br﹣+3H2O；‎ ‎②2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2；‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）b点时，KI反应完全，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为，还原产物是．‎ ‎（2）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子反应方程式．‎ ‎（3）由反应②有同学由此得出氧化性：I2＞Br2的结论，你认为是否正确，并说明理由．‎ ‎（4）含6mol KI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为．‎ ‎（5）加碘食盐中含有碘酸钾（KIO3），现以电解法制备碘酸钾，实验装置如图2所示．先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液，发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解．阳极的电极反应式为；阴极观察到的现象是．‎ ‎18．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、E 3种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3．‎ ‎（1）写出下列元素符号：A B C D ‎（2）写出A、B两元素最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式．‎ ‎19．（14分）某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如下图所示：‎ ‎（1）装置C的作用是．‎ ‎（2）若要从FeSO4溶液获得FeSO4•7H2O晶体，必须进行的实验操作步骤：、、过滤、洗涤、自然干燥．‎ ‎（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2 与 FeCl3溶液发生氧化还原反应．‎ ‎①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式；‎ ‎②请写出检验A烧杯中有Fe2+生成的操作方法；‎ ‎③该小组同学向C烧杯反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42﹣．该做法（填“合理”或“不合理”），理由是．‎ ‎（4）能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是．‎ ‎20．某同学按下列步骤配制100mL0.200mol•L﹣1Na2CO3溶液，请回答有关问题．‎ 实验步骤 有关问题 ‎（1）计算所需Na2CO3的质量 需要Na2CO3的质量为．‎ ‎（2）称量Na2CO3固体 称量过程中应用到的主要仪器是．‎ ‎（3）将Na2CO3加入100mL烧杯中，加入适量蒸馏水 为了加快溶解速率，常采取的措施是．‎ ‎（4）将烧杯中的溶液转移至仪器A（已检查不漏水）中 ‎①在转移Na2CO3溶液前应将溶液；‎ ‎②仪器A是；‎ ‎③为防止溶液溅出，应采取的措施是．‎ ‎（5）向仪器A中加蒸馏水至刻度线 在进行此操作时应注意的问题是．‎ ‎（6）摇匀、装瓶，操作B，最后清洁、整理 ‎ 操作B是．‎ 讨论按上述步骤配制的Na2CO3溶液的浓度（选填“是”或“不是”）0.200mol•L﹣1．理由是．‎ ‎21．11.2g 铁粉与足量稀盐酸恰好完全反应．请计算．‎ ‎（1）生成氢气的物质的量；‎ ‎（2）这些氢气在标准状况下的体积．‎ ‎22．（1）了解用药常识，有利于自我保健．现有下列药物：‎ A、麻黄碱 B、抗酸药（氢氧化铝） C、青霉素 D、阿司匹林（乙酰水杨酸）‎ ‎①治疗胃酸过多，但患有严重的胃溃疡，应该选择．‎ ‎②可治疗支气管哮喘，但不宜过多服用的药物是．Ⅱ ‎③一种重要的抗生素类药，有阻止多种细菌生长的功能，该药物是．‎ ‎④能使发热的病人体温降至正常，并起到缓解疼痛的作用，该药物是．‎ ‎23．物质A～K有如下的转化关系，其中D、E为气体单质，试回答（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：D是，G是；‎ ‎（2）写出“C→F”反应的离子方程式；‎ ‎（3）写出反应“F→G”的离子方程式；‎ ‎（4）写出反应“I→J”的离子方程式；‎ ‎（5）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是；写出相关的化学反应方程式．‎ ‎（6）向200mL 3mol/L溶液J中加入60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体的质量为．‎ ‎24．（13分）X、Y、D、E、F…都是中学化学中的常见物质，已知Y是单质，X是化合物，溶液E中滴入KSCN溶液呈血红色．这些物质间的相互关系如框图所示，根据框图及提示的信息回答下列问题：‎ ‎（1）Y和X的浓溶液反应的条件是，若无该条件，反应将很难进行，其原因是．‎ ‎（2）写出F﹣→G+X的离子方程式：．‎ ‎（3）L转化为I的化学方程式是．‎ ‎（4）在试管中制备L，为了能观察到L的颜色，需要进行特殊的操作，该特殊的操作是．‎ ‎（5）将Cu放入0.1mol•L﹣1 Fe（NO3）3溶液中，反应一段时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为．‎ ‎2016-2017学年河南省河南大学荆紫关附中 高二（上）开学化学试卷 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．下列有关材料的说法不正确的是( )‎ A．制造普通水泥和玻璃的主要原料都用到石灰石 B．工业上制玻璃不会有温室气体的排放 C．玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料 D．“中国”的英文单词叫China，这是由于中国制造的某种物质驰名世界，这种物质是陶瓷 ‎【分析】A、制造水泥用黏土和石灰石，制造玻璃用碳酸钠和石灰石和石英；‎ B、取玻璃时碳酸钠和二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳；‎ C、玻璃钢是复合材料；‎ D、在英文中“瓷器（china）”与中国（China）同为一词．‎ ‎【解答】解：A、制造水泥用黏土和石灰石，制造玻璃用碳酸钠和石灰石和石英，都用石灰石，故A正确；‎ B、制取玻璃时碳酸钠和二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳，产生二氧化碳，二氧化碳是温室气体，故B错误；‎ C、玻璃钢是复合材料，是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的，故C正确；‎ D、中国是瓷器的故乡，瓷器是汉族劳动人民的一个重要的创造．瓷器的发明是汉民族对世界文明的伟大贡献，在英文中“瓷器（china）”与中国（China）同为一词，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了无机非金属材料中的硅酸盐材料，难度不大，有助于提高学习的积极性，提升民族自豪感．‎ ‎2．下列物质跟盐酸不能发生反应的是( )‎ A．碱式碳酸铜 B．硫酸氢钠 C．碳酸钠 D．双羟基铝碳酸钠 ‎【分析】A、碱式碳酸铜可以和盐酸反应生成氯化铜、水以及二氧化碳；‎ B、硫酸氢钠是强酸酸式盐，跟盐酸不反应；‎ C、碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水以及二氧化碳；‎ D、NaAl（OH）2CO3中的氢氧根离子、碳酸根离子都能和氢离子反应．‎ ‎【解答】解：A、碱式碳酸铜可以和盐酸反应生成氯化铜、水以及二氧化碳，故A不选；‎ B、硫酸氢钠是强酸酸式盐，跟盐酸不反应，故B选；‎ C、碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水以及二氧化碳，故C不选；‎ D、NaAl（OH）2CO3中的氢氧根离子、碳酸根离子都能和氢离子反应，故D不选．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查学生物质的性质以及应用知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．‎ ‎3．下列各组离子中，一定能大量共存的是( )‎ A．加入铝粉只有氢气产生的溶液中：Na+、SO42﹣、NO3﹣、Mg2+、‎ B．滴加石蕊试液显红色的溶液中：Fe3+、NH4+、Cl﹣、SCN﹣‎ C．在0.1mol/L的NaHSO4溶液中：NH4+、Na+、Al3+、Cu2+、NO3﹣‎ D．在0.1mol/L的NaHCO3溶液中K+、Al3+、Fe3+、NO3﹣‎ ‎【分析】A．加入铝粉只有氢气产生的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气，镁离子与氢氧根离子反应；‎ B．滴加石蕊试液显红色的溶液中存在大量氢离子，铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；‎ C．五种离子之间不反应，都不与硫酸氢钠溶液反应；‎ D．铝离子、铁离子与碳酸氢钠溶液发生双水解反应．‎ ‎【解答】解：A．加入铝粉只有氢气产生的溶液呈酸性或碱性，NO3﹣在酸性条件下与铝反应不会生成氢气，Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．Fe3+和 SCN﹣之间反应生成络合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．NH4+、Na+、Al3+、Cu2+、NO3﹣之间不发生反应，都不与NaHSO4反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D．Al3+、Fe3+与NaHCO3发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：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；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；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﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．‎ ‎4．下列哪一种粒子的发现，首次动摇了当时流行的“原子不可分”的传统化学观( )‎ A．电子 B．原子核 C．质子 D．中子 ‎【分析】1897年，克鲁克斯的学生英国物理学家J．J．汤姆生对阴极射线作了定性和定量的研究，测定了阴极射线中粒子的荷质比．这种比原子还小的粒子被命名为“电子”．电子的发现，动摇了“原子不可分”的传统化学观．‎ ‎【解答】解：1869年，德国化学家希托夫发现真空放电于阴极，并以直线传播；‎ ‎1876年，戈尔茨坦将这种射线命名为“阴极射线”；‎ ‎1878年，英国化学家克鲁克斯发现阴极射线能推动小风车，被磁场推斥或牵引，是带电的粒子流；‎ ‎1897年，克鲁克斯的学生英国物理学家J．J．汤姆生对阴极射线作了定性和定量的研究，测定了阴极射线中粒子的荷质比．这种比原子还小的粒子被命名为“电子”．电子的发现，动摇了“原子不可分”的传统化学观．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查化学史及原子的构成，熟悉化学史是解答本题的关键，注意在平时的学习中积累即可解答，难度不大．‎ ‎5．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程．‎ 下列有关说法正确的是( )‎ A．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3‎ C．在工段③、④、⑤中，溴元素均被氧化 D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁 ‎【分析】A．往精盐溶液中通氨气，得沉淀，据此解答；‎ B．碳酸钠和碳酸氢钠溶液加入澄清石灰水，均有白色沉淀产生；‎ C．第④步中，溴元素被还原；‎ D．工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁．‎ ‎【解答】解：A．往精盐溶液中通氨气，得碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，故A正确；‎ B．分别向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水，发生Na2CO3+Ca（OH）2=2NaOH+CaCO3↓、2NaHCO3+Ca（OH）2=Na2CO3+CaCO3↓+2H2O，均有白色沉淀产生，故B错误；‎ C．在工段③、④、⑤中，第④步中，SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr中S元素的化合价升高，则二氧化硫被氧化，溴元素被还原，故C错误；‎ D．电解饱和MgCl2溶液，只能得到氢氧化镁沉淀，工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了海水的利用，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大．‎ ‎6．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已被发现．下列有关说法中，正确的是( )‎ A．N5+离子中含有36个电子 B．O2与O4属于同位素 C．C60是有机物 D．H2与H3属于同种元素组成的单质 ‎【分析】A．根据阳离子中核外电子数=核内质子数﹣离子所带电荷数；‎ B．根据质子数相同，中子数不同的原子互称同位素；‎ C．有机物的特点是：是化合物，含有碳元素，C60是一个分子中含有60个碳原子的单质；‎ D．H2与H3属于由同种元素形成的不同单质．‎ ‎【解答】解：A．因N5+中的电子数为7×5﹣1=34，故A错误； ‎ B．因质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，而O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B错误；‎ C．C60的一个分子中含有60个碳原子，有机物必须是含有碳元素的化合物，故C错误；‎ D．H2与H3属于由同种氢元素形成的不同单质，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了电子数的计算、同位素、有机物的辨析等问题，把握概念是解题的关键，题目较简单．‎ ‎7．一定温度下，向容积为2L的密闭容器通入两种气体后发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是( )‎ A．该反应的化学方程式为3B+4D═6A+2C B．反应进行到6s时v（B）=v（C）‎ C．反应进行到6s时，用B表示的平均反应速率为0.05mol•L﹣1•s﹣1‎ D．反应进行到6s时，反应停止了 ‎【分析】A、根据图象中的有关数据判断四种物质的变化，再根据计量数之比等于物质的量的变化量之比；‎ B、6s时物质物质的量不变达到平衡，速率之比等于化学方程式计量数之比；‎ C、反应速率V=计算分析判断；‎ D、反应达到平衡是动态平衡，反应正逆反应速率相同不为0．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C=6A+2D，故A错误；‎ B、反应进行到6s时达到平衡状态，速率之比等于化学方程式计量数之比，4v（B）=3v（C），故B错误；‎ C、反应进行到6s时，用B表示的平均反应速率==0.05mol•L﹣1•s﹣1 ，故C正确；‎ D、反应达到平衡是动态平衡，反应正逆反应速率相同不为0，反应未停止，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了化学平衡的分析判断，图象分析和速率计算是解题关键，化学方程式计量数之比等于反应速率之比，题目较简单．‎ ‎8．下列有关工业生产的叙述不正确的是( )‎ A．用海水淡化后的浓缩海水作原料提取溴 B．在太阳能资源相对充足的沿海地区建造海水淡化厂 C．利用“海水→氯化钠→金属钠→氢氧化钠”的工艺流程生产烧碱 D．利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程生产金属镁 ‎【分析】A、从海水中提取溴，一般是向浓缩后的海水中通入Cl2，再鼓入热空气或水蒸汽将溴分离出来；‎ B、太阳能资源相对充足的沿海地区，利用太阳能对海水淡化；‎ C、经济效益可知，工业上是电解饱和食盐水制备；‎ D、海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁，过滤得到沉淀用盐酸溶解，得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，失水后电解熔融氯化镁得到金属镁；‎ ‎【解答】解：A、从海水中提取溴，一般是向浓缩后的海水中通入Cl2，再鼓入热空气或水蒸汽将溴分离出来，用海水淡化后的浓缩海水作原料提取溴，故A正确；‎ B、太阳能资源相对充足的沿海地区，利用太阳能对海水淡化，减少能源损耗，增加经济效益，故B正确；‎ C、经济效益可知，工业上是电解饱和食盐水制备，不是得到金属钠再和水反应生成，金属钠和水反应剧烈不易工业生产，故C错误；‎ D、海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁，过滤得到沉淀用盐酸溶解，得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，失水后电解熔融氯化镁得到金属镁，所以利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程，可以生产金属镁，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了海水资源的利用和物质提取的原理分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．‎ ‎9．下列有关物质检验的实验结论正确的是( )‎ 选项 实 验 操 作 及 现 象 实 验 结 论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含有SO B 向某溶液中加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体 ‎ 该溶液中一定含CO32﹣‎ C 向某溶液中加入适量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸不变色 该溶液中一定不含NH4+‎ D 用干燥洁净的铂丝蘸取某溶液放在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色 该溶液一定含有钾元素，可能含有钠元素 A．A B．B C．C D．D ‎【分析】A、和盐酸酸化的氯化钡反应生成的白色沉淀可能是氯化银或者是硫酸钡沉淀；‎ B、二氧化硫和二氧化碳均可以使石灰水变浑浊；‎ C、向铵盐中加入氢氧化钠，可以产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，据此回答；‎ D、焰色反应是元素的性质，溶液中有Na+时，光洁的铂丝蘸取无色溶液，在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，但K+的焰色反应必须透过蓝色的钴玻璃才能观察到．‎ ‎【解答】解：A、向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42﹣或银离子中的至少一种，故A错误；‎ B、向某溶液中加入盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，二氧化硫和二氧化碳均可以使石灰水变浑浊，说明溶液中有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，故B错误；‎ C、向铵盐中加入氢氧化钠，才能产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，没现象的证明该溶液不含有铵根离子，故C错误；‎ D、钾离子的焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色，钠离子的焰色反应为黄色，干燥洁净的铂丝蘸取某溶液放在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明一定含K元素，可能含有钠元素，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查离子鉴别题目，做题时注意从题目中找出反应的典型现象，根据物质的性质进行推断．‎ ‎10．下列关于金属性质的叙述中正确的是( )‎ A．钠与氧气反应时，产物是由O2的用量决定的 B．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧 C．金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属 D．铁丝不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧 ‎【分析】A、钠和氧气反应产物不同时由反应条件决定；‎ B、铝在空气中不能燃烧；‎ C、金属原子结构可知金属单质一定失电子被氧化；‎ D、铁在纯氧气中燃烧生成四氧化三铁；‎ ‎【解答】解：A、钠和氧气反应产物不同时由反应条件决定，常温下钠和氧气反应生成氧化钠，钠点燃条件和氧气反应生成过氧化钠，故A错误；‎ B、铝箔在空气中受热可以熔化，但在空气中不能燃烧，故B错误；‎ C、金属原子结构可知金属单质一定失电子被氧化，金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属，故C正确；‎ D、铁在纯氧气中燃烧生成四氧化三铁，空气中不能燃烧，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了金属性质的分析，主要是反应条件、反应用量的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．‎ ‎11．下列说法正确的是( )‎ A．1molH2的体积为22.4L B．阿伏加德罗常数为6.02×1023‎ C．摩尔质量等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量 D．Na+的摩尔质量为23g/mol ‎【分析】A、氢气所处状态不一定是标准状况．‎ B、阿伏伽德罗常数有单位为mol﹣1．‎ C、摩尔质量的单位为g/mol等，相对原子质量或相对分子质量无单位．‎ D、摩尔质量以g/mol为单位数值上等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量，电子质量忽略不计．‎ ‎【解答】解：A、标准状况下，1molH2的体积为22.4L，氢气所处状态不一定是标准状况，物质的量一定，影响气体体积的因素由温度、压强，无法判断氢气体积，故A错误；‎ B、阿伏伽德罗常数有单位为mol﹣1，12gC﹣12含有的碳原子数等于阿伏伽德罗常数数值，约为6.02×1023mol﹣1，故B错误；‎ C、摩尔质量以g/mol为单位数值上等于该粒子的相对原子质量或相对分子质量，故C错误；‎ D、电子质量忽略不计，Na+的摩尔质量等于钠原子的摩尔质量为23g/mol，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】考查对常用化学计量的理解，难度不大，注意基础知识的掌握．‎ ‎12．下列离子方程式中，正确的是( )‎ A．碳酸氢钠在水中的电离：NaHCO3═Na++H++CO32﹣‎ B．钠与水的反应：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑‎ C．氯气和水的反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣‎ D．铝和烧碱溶液的反应：Al+2OH﹣═AlO﹣2+H2↑‎ ‎【分析】A．碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开；‎ B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；‎ C．次氯酸为弱酸，离子方程式中拆开不能拆开，应该保留分子式；‎ D.2mol铝完全反应生成3mol氢气，该反应不满足电子守恒、电荷守恒．‎ ‎【解答】解：A．碳酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣，故A错误；‎ B．钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B正确；‎ C．氯气和水反应生成的次氯酸是弱酸，应该用化学式表示，正确的离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C错误；‎ D．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等．‎ ‎13．下列各组溶液，只用胶头滴管和试管，不用其它任何试剂就可以鉴别的是( )‎ ‎①Al2（SO4）3和KOH ②稀盐酸和稀Na2CO3‎ ‎③NaAlO2和H2SO4 ④Ba（OH）2和NaHCO3．‎ A．① B．①③ C．①②③ D．①②③④‎ ‎【分析】只用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①将Al2（SO4）3溶液滴入KOH溶液中，先没有明显现象，后生成白色沉淀，将KOH溶液滴入Al2（SO4）3溶液中，先生成白色沉淀，后白色沉淀溶解，二者显现不同，可鉴别，故①正确；‎ ‎②稀盐酸逐滴滴加到碳酸钠溶液，先生成碳酸氢钠，后生成氯化钠、水和二氧化碳，现象先不产生气泡，一定时间后产生气泡，碳酸钠逐滴滴加到盐酸中立刻生成二氧化碳，产生气泡，二者现象不同，可以鉴别，故②正确；‎ ‎③NaAlO2溶液、H2SO4溶液与量有关，硫酸少量逐滴滴加到偏铝酸钠溶液，先产生白色沉淀，最后白色沉淀溶解，偏铝酸钠溶液逐滴滴加到硫酸中，反应生成硫酸铝和硫酸钠，不会产生沉淀，二者现象不同，可以鉴别，故③选；‎ ‎④Ba（OH）2和NaHCO3，二者反应生成碳酸钡沉淀，与反应顺序无关，现象相同，不能鉴别，故④不选；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意与反应物用量量和滴加顺序有关的离子反应，题目难度不大．‎ ‎14．下列有关图示分析正确的是( )‎ A．如图a所示，集气瓶内充满Cl2和CH4的混合气体或NO2和O2的混合气体，置于光亮处，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，并可能充满集气瓶 B．如图b所示，X为铁棒，Y为铜棒，a为直流电源，当S闭合后，当b为NaOH溶液，X极附近产生白色沉淀时，电子从X极流入a C．Pt为电极，电解含0.10 mol M+和0.1 mol N3+（M+、N3+均为金属阳离子）的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量（y）与导线中通过电子的物质的量（x）的关系如图c，离子氧化能力M+＞N3+＞H+‎ D．图d为N2（g）和O2（g）生成NO（g）过程中的能量变化，则N≡N的键能为946kJ/mol，热化学方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=﹣180 kJ/mol ‎【分析】A．生成的一氯甲烷不溶于水；‎ B．X为铁棒，X极附近产生白色沉淀时，可知Fe为阳极失去电子，电子从负极流向正极；‎ C．通过0.2mol电子时生成0.1molY，则应该是氢离子放电，而N3+不放电，氧化性最弱；‎ D．由图可知，反应热=946kJ/mol+498 kJ/mol﹣2×632kJ/mol=180 kJ/mol，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．由于甲烷与氯气的反应中可能产生一氯甲烷气体，而一氯甲烷不溶于水，则水不可能充满集气瓶，故A错误；‎ B．X极附近产生白色沉淀，这说明X电极是铁电极，与电源的正极相连，作阳极失去电子转化为亚铁离子，因此电子从X极流入a，故B正确；‎ C．根据图象可知通过0.1mol电子时产生0.1molY，这说明应该是M+放电．再通过0.2mol电子时生成0.1molY，则应该是氢离子放电，所以离子氧化能力M+＞H+＞N3+，故C错误；‎ D．图d为N2（g）和O2（g）生成NO（g）过程中的能量变化，氮气含有三键，键能大于氧气中键能，则N≡N的键能为946kJ/mol，反应热=946kJ/mol+498 kJ/mol﹣2×632kJ/mol=180 kJ/mol，所以热化学方程式为N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180 kJ/mol，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，把握物质的性质、发生的反应、电解原理、热化学反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大．‎ ‎15．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 ‎【分析】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3.36L，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，一定不存在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，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3.36L，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，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，‎ 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0.1mol，质量为2.7g，故A错误；‎ B．根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2，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，题目难度中等．‎ 二、解答题（共9小题，满分40分）‎ ‎16．称取一定质量的纯碱，溶于水后与盐酸完全反应放出CO2，用“增多”或“减少”填空．‎ ‎（1）若纯碱中含NaHCO3所需盐酸用量减少，产生的气体增多；‎ ‎（2）若纯碱中含K2CO3所需盐酸用量减少，产生的气体减少；‎ ‎（3）若纯碱中含NaCl所需盐酸用量减少，产生的气体减少．‎ ‎【分析】分别取等质量的纯碱、碳酸氢钠、碳酸钾、氯化钠与盐酸混合，比较消耗盐酸的量及生成二氧化碳的量即可．据此可答．‎ ‎【解答】解：Na2CO3+2HC1=2NaC1+H2O+CO2↑‎ ‎ 106 73 44‎ ‎ m ‎ ‎（1）NaHCO3+HC1=NaC1+H2O+CO2↑‎ ‎ 84 36.5 44‎ ‎ m ‎ ‎﹣＞0，故纯碱中混有碳酸氢钠时消耗盐酸减少．‎ ‎﹣＜0，故纯碱中混有碳酸氢钠时产生的气体增多．故答案为：减少；增多；‎ ‎（2）K2CO3+2HC1=2KC1+H2O+CO2↑‎ ‎ 138 73 44‎ ‎ m ‎ ‎﹣＞0，故纯碱中混有碳酸钾时消耗盐酸减少．‎ ‎﹣＞0，故纯碱中混有碳酸钾时产生的气体减少．故答案为：减少； 减少；‎ ‎（3）NaC1和盐酸不反应，故纯碱中混有氯化钠时消耗的盐酸减少，生成的气体减少．‎ 故答案为：减少；减少．‎ ‎【点评】本题考查了钠的重要化合物碳酸钠与酸反应的计算，难度不大，注意把握相关物质的性质．‎ ‎17．现向含6mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图1所示．已知 ‎①BrO3﹣+6I一+6H+=3I2+Br﹣+3H2O；‎ ‎②2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2；‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）b点时，KI反应完全，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，还原产物是KBr．‎ ‎（2）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子反应方程式BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O．‎ ‎（3）由反应②有同学由此得出氧化性：I2＞Br2的结论，你认为是否正确，并说明理由不正确；该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论．‎ ‎（4）含6mol KI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为7.2．‎ ‎（5）加碘食盐中含有碘酸钾（KIO3），现以电解法制备碘酸钾，实验装置如图2所示．先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液，发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解．阳极的电极反应式为I﹣+6OH﹣﹣6e﹣=IO3﹣+3H2O；阴极观察到的现象是有气泡产生．‎ ‎【分析】（1）b点时，KI反应完全，有图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，结合氧化剂、还原剂得失电子数目相等判断还原产物；‎ ‎（2）b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应；‎ ‎（3）根据反应2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来回答；‎ ‎（4）根据关系式KI～I2～IO3﹣以及bc段反应BrO3﹣～Br﹣，写出反应的总方程式进行计算；‎ ‎（5）阳极附近的阴离子有碘离子、碘酸根离子和氢氧根离子，电解过程中阳极上碘离子失电子生成IO3﹣，阴极上氢离子放电生成氢气．‎ ‎【解答】解：（1）b点时，KI反应完全，有图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，‎ 发生反应为6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2，还原产物是KBr，故答案为：1：6；KBr；‎ ‎（2）b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，‎ 故答案为：BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；‎ ‎（3）根据反应：2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2，还原剂的还原性强于还原产物的氧化性，所以得出还原性I2＞Br2，故答案为：不正确；该反应中I2作还原剂，Br2为还原产物，应得出还原性I2＞Br2结论；‎ ‎（4）发生的反应依次有6I﹣+6H++BrO3﹣=Br﹣+3I2+3H2O，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，‎ 总反应为5I﹣+6H++6BrO3﹣=5IO3﹣+3Br2+3H2O，则含6molKI的硫酸溶液所能消耗n（KBrO3）的最大值为1.2×6mol=7.2mol，‎ 故答案为：7.2；‎ ‎（5）阳极附近的阴离子有碘离子、碘酸根离子和氢氧根离子，电解过程中阳极上碘离子失电子生成IO3﹣，电极方程式为I﹣+6OH﹣﹣6e﹣=IO3﹣+3H2O，阴极上氢离子放电生成氢气，所以阴极现象：有气泡产生，‎ 故答案为：I﹣+6OH﹣﹣6e﹣=IO3﹣+3H2O；有气泡产生．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，本题注意根据关系的关系式计算，为解答该题的关键，也是易错点．‎ ‎18．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、E 3种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3．‎ ‎（1）写出下列元素符号：ANa BAl CSi DP ‎（2）写出A、B两元素最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8﹣3=5，则D为磷元素；A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱的反应，则A为Na、B为Al ‎，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11﹣1﹣3=7，则E为Cl元素，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8﹣3=5，则D为磷元素；A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱的反应，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11﹣1﹣3=7，则E为Cl元素，‎ ‎（1）由以上分析可知A为Na，B为Al，C为Si，D为P，故答案为：Na、Al、Si、P；‎ ‎（2）A、B元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠和水，反应方程式为：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，‎ 故答案为：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O．‎ ‎【点评】本题考查原子结构、位置与性质，综合考查元素周期表、周期律以及原子结构的特点，为高考常见题型，注意把握原子结构特点，为解答该题的关键，题目难度中等．‎ ‎19．（14分）某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如下图所示：‎ ‎（1）装置C的作用是除去多余的SO2，防止污染大气．‎ ‎（2）若要从FeSO4溶液获得FeSO4•7H2O晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥．‎ ‎（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2 与 FeCl3溶液发生氧化还原反应．‎ ‎①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；‎ ‎②请写出检验A烧杯中有Fe2+生成的操作方法取A烧杯中少量溶液，滴加高锰酸钾溶液，如果退色则说明含有二价铁离子，反之没有；‎ ‎③该小组同学向C烧杯反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42﹣．该做法不合理（填“合理”或“不合理”），理由是硝酸具有氧化性，亚硫酸根可以被硝酸氧化成硫酸根离子．‎ ‎（4）能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色褪去．‎ ‎【分析】（1）二氧化硫具有刺激性气味，污染空气，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止空气污染；‎ ‎（2）从FeSO4溶液获得FeSO4•7H2O晶体，进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤、自然干燥就得到FeSO4•7H2O，回收硫酸亚铁；‎ ‎（3）①根据装置A二氧化硫具有还原性，三价铁具有氧化性结合氧化还原反应书写离子方程式；‎ ‎②一般检验有Fe2+生成先用KSCN溶液无现象，再用氯水氧化亚铁离子生产三价铁溶液变红来检验，但是现在溶液中还可能含有三价铁，所以不能用KSCN溶液和氯水来检验，选用高锰酸钾溶液利用高锰酸钾的强氧化性判断；‎ ‎③亚硫酸根能与硝酸发生氧化还原反应生产硫酸根；‎ ‎（4）B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物分析．‎ ‎【解答】解：（1）二氧化硫气体是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放会污染大气，由于二氧化硫能和碱反应生成盐和水，可用碱液处理二氧化硫，所以装置C的作用为：吸收SO2尾气，防止污染空气，‎ 故答案为：除去多余的SO2，防止污染大气；‎ ‎（2）蒸发蒸发浓缩、冷却结晶是从溶液中获得晶体常采用的方法，产生沉淀后通过过滤实现分离，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；‎ ‎（3）①因为二氧化硫具有还原性，三价铁具有氧化性，则二氧化硫与铁离子反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；‎ ‎②一般检验有Fe2+生成先用KSCN溶液无现象，再用氯水氧化亚铁离子生产三价铁溶液变红来检验，但是现在溶液中还可能含有三价铁，所以不能用KSCN溶液和氯水来检验，选用高锰酸钾溶液，具体操作为：取A烧杯中少量溶液，滴加高锰酸钾溶液，如果退色则说明含有二价铁离子，反之没有；故答案为：取A烧杯中少量溶液，滴加高锰酸钾溶液，如果退色则说明含有二价铁离子，反之没有；‎ ‎③亚硫酸根能与硝酸发生氧化还原反应生产硫酸根，所以不可证明反应生成了SO42﹣，该方法不合理，故答案为：不合理；硝酸具有氧化性，亚硫酸根可以被硝酸氧化成硫酸根离子；‎ ‎（4）B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故答案为：B中蓝色褪去．‎ ‎【点评】本题考查了物质性质实验方案的设计，题目难度中等，试题涉及氧化还原方程式书写、氧化性还原性强弱比较、性质实验方案的设计与评价等知识，侧重学生分析能力和计算能力的考查，明确掌握二氧化硫的性质等知识为解答本题关键．‎ ‎20．某同学按下列步骤配制100mL0.200mol•L﹣1Na2CO3溶液，请回答有关问题．‎ 实验步骤 有关问题 ‎（1）计算所需Na2CO3的质量 需要Na2CO3的质量为2.12g．‎ ‎（2）称量Na2CO3固体 称量过程中应用到的主要仪器是分析天平或电子天平．‎ ‎（3）将Na2CO3加入100mL烧杯中，加入适量蒸馏水 为了加快溶解速率，常采取的措施是用玻璃棒搅拌．‎ ‎（4）将烧杯中的溶液转移至仪器A（已检查不漏水）中 ‎①在转移Na2CO3溶液前应将溶液冷却至室温；‎ ‎②仪器A是100mL容量瓶；‎ ‎③为防止溶液溅出，应采取的措施是用玻璃棒引流．‎ ‎（5）向仪器A中加蒸馏水至刻度线 在进行此操作时应注意的问题是加蒸馏水至容量瓶中的液面接近刻度线1﹣2cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面正好与刻度线相切．‎ ‎（6）摇匀、装瓶，操作B，最后清洁、整理 ‎ 操作B是贴标签．‎ 讨论按上述步骤配制的Na2CO3溶液的浓度不是（选填“是”或“不是”）0.200mol•L﹣1．理由是因为该同学没有洗涤烧杯和玻璃棒．‎ ‎【分析】（1）依据m=CVM计算需要溶质的质量；‎ ‎（2）依据称取溶质质量精确度要求选择需要用的天平；‎ ‎（3）依据玻璃棒在溶解固体时作用解答；‎ ‎（4）依据容量瓶使用方法和注意问题解答；‎ ‎（5）依据定容的正确操作解答；‎ ‎（6）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、定容、摇匀、贴标签解答；‎ 该实验漏掉洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，依据C=进行误差分析．‎ ‎【解答】解：（1）配制100mL0.200mol•L﹣1Na2CO3溶液，需要溶质碳酸钠的质量m=0.200mol/L×0.1L×106g/mol=2.12g；‎ 故答案为：2.12g；‎ ‎（2）托盘天平精确度为0.1g；要想精确度达到0.01g，应选择分析天平或电子天平；‎ 故答案为：分析天平或电子天平；‎ ‎（3）为了加快溶解速率，常采取的措施：用玻璃棒搅拌；‎ 故答案为：用玻璃棒搅拌；‎ ‎（4）容量瓶为精密仪器，不能盛放过热、过冷液体，移液时应冷却到室温，配制100mL溶液应选择100mL容量瓶，容量瓶瓶颈较细，移液时为防止溶液溅出，应采取的措施是用玻璃棒引流；‎ 故答案为：①冷却至室温；‎ ‎②100mL容量瓶；‎ ‎③用玻璃棒引流；‎ ‎（5）定容时，开始直接加蒸馏水至容量瓶中的液面接近刻度线1﹣2cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面正好与刻度线相切；‎ 故答案为：加蒸馏水至容量瓶中的液面接近刻度线1﹣2cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面正好与刻度线相切；‎ ‎（6）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、定容、摇匀、贴标签；‎ 故答案为：贴标签；‎ 该实验漏掉洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，依据C=可知，最终配制溶液的浓度小于0.200mol•L﹣1；‎ 故答案为：不是；因为该同学没有洗涤烧杯和玻璃棒；‎ ‎【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意容量瓶使用方法和注意问题，题目难度不大．‎ ‎21．11.2g 铁粉与足量稀盐酸恰好完全反应．请计算．‎ ‎（1）生成氢气的物质的量；‎ ‎（2）这些氢气在标准状况下的体积．‎ ‎【分析】（1）根据n=计算出11.2gFe的物质的量，然后根据反应方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑计算出生成氢气的物质的量；‎ ‎（2）根据V（H2）=nVm计算出生成的氢气在标准状况下的体积．‎ ‎【解答】解：（1）11.2g金属铁的物质的量为：=0.2mol，‎ 铁与盐酸恰好反应，所得溶液为氯化亚铁溶液，设反应生成氢气的物质的量为xmol，则：‎ Fe+2HCl=FeCl2+H2↑‎ ‎1 1‎ ‎0.2mol x 即=，解得：x=0.2mol，‎ 答：生成氢气的物质的量为0.2mol；‎ ‎（2）标准状况下0.2mol氢气的体积为：V（H2）=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，‎ 答：生成的氢气在标准状况下的体积为4.48．‎ ‎【点评】本题考查了化学方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．‎ ‎22．（1）了解用药常识，有利于自我保健．现有下列药物：‎ A、麻黄碱 B、抗酸药（氢氧化铝） C、青霉素 D、阿司匹林（乙酰水杨酸）‎ ‎①治疗胃酸过多，但患有严重的胃溃疡，应该选择B．‎ ‎②可治疗支气管哮喘，但不宜过多服用的药物是A．Ⅱ ‎③一种重要的抗生素类药，有阻止多种细菌生长的功能，该药物是C．‎ ‎④能使发热的病人体温降至正常，并起到缓解疼痛的作用，该药物是D．‎ ‎【分析】麻黄碱具有止咳平喘的作用，可用于治疗支气管哮喘，过量服用会产生失眠等副作用；‎ 抗酸药的种类很多，通常含有一种或几种能中和盐酸的化学物质如氢氧化铝；‎ 青霉素是最早发现的对许多病原菌有抑制作用，对人和动物组织无毒的抗生素；‎ 阿司匹林是一种既能解热，又能镇痛，还有消炎、抗风湿作用的药物．‎ ‎【解答】解：①治疗胃酸过多，但患有严重的胃溃疡，应该选择抗酸药（氢氧化铝），故答案为：B；‎ ‎②可治疗支气管哮喘，但不宜过多服用的药物是麻黄碱，故答案为：A；‎ ‎③是一种重要的抗生素类药，有阻止多种细菌生长的功能，该药物是青霉素，故答案为：C；‎ ‎④能使发热的病人体温降至正常，并起到缓解疼痛的作用，该药物是阿司匹林，故答案为：D．‎ ‎【点评】本题考查了药物的使用，明确常见药物的用途及注意事项，题目难度不大．‎ ‎23．物质A～K有如下的转化关系，其中D、E为气体单质，试回答（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：D是H2，G是NaAlO2；‎ ‎（2）写出“C→F”反应的离子方程式Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；‎ ‎（3）写出反应“F→G”的离子方程式Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；‎ ‎（4）写出反应“I→J”的离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；‎ ‎（5）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；写出相关的化学反应方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3．‎ ‎（6）向200mL 3mol/L溶液J中加入60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体的质量为72g．‎ ‎【分析】黄绿色气体电子E为Cl2，金属H与溶液B反应得到I，I能被氯气氧化得到J，而J能与H反应得到I，故金属H为变价金属，可推知H为Fe，B为盐酸，I为FeCl2，J为FeCl3，K为Fe（OH）3，故B为HCl，气体单质D为H2，金属A与盐酸反应得到C为盐，能与氨气反应得到白色沉淀F，且白色沉淀F溶于氢氧化钠溶液得到G，可推知A为Al、C为AlCl3、F为Al（OH）3、G为NaAlO2，据此解答．‎ ‎【解答】解：E为黄绿色气体，则E是Cl2，金属H与溶液B反应得到I，I能和氯气反应得到J，而J能与H反应得到I，可知H为变价金属，则H为Fe，溶液B为盐酸，I为FeCl2，J为FeCl3，K为Fe（OH）3，所以气体B为HCl，则气体D是H2，金属A与盐酸反应得到C为盐，C与氨气反应得到的白色沉淀F能溶于氢氧化钠溶液，所以A是Al、C是AlCl3、F是Al（OH）3、G是NaAlO2；‎ ‎（1）上述分析可知，D是H2，G是NaAlO2，‎ 故答案为：H2，NaAlO2；‎ ‎（2）C→F的反应为氯离子在氨水中反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，‎ 故意答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；‎ ‎（3）F→G的反应为氢氧化铝溶解于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠溶液，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，‎ 故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；‎ ‎（4）I→J的反应为氯气氧化亚铁离子诶铁离子，反应的离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，‎ 故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；‎ ‎（5）在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，会生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中会被迅速氧化为氢氧化铁，则可观察到的现象是产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，化学反应方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，‎ 故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；‎ ‎（6）200mL 3mol/L FeCl3，n（FeCl3）=0.2×3=0.6mol，60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），则n（Fe）=n（Cu）=60/（56+64）=0.5mol，Fe的还原性强于Cu，则先发生：2Fe3++Fe=3Fe2+，0.6mol Fe3+完全反应需要0.3mol Fe，小于0.5mol，所以溶液中的溶质为氯化亚铁，氯化亚铁的物质的量为0.6mol×3/2=0.9mol，充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体为氧化铁，根据Fe元素守恒，氧化铁的物质的量为0.9/2=0.45mol，所以氧化铁的质量为0.45×160=72g，‎ 故答案为：72g．‎ ‎【点评】本题考查无机物推断，“物质的颜色、白色沉淀能与氢氧化钠反应、金属H及生成物转化关系”等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（6）中注意判断最终物质，利用守恒法计算，难度中等．‎ ‎24．（13分）X、Y、D、E、F…都是中学化学中的常见物质，已知Y是单质，X是化合物，溶液E中滴入KSCN溶液呈血红色．这些物质间的相互关系如框图所示，根据框图及提示的信息回答下列问题：‎ ‎（1）Y和X的浓溶液反应的条件是加热，若无该条件，反应将很难进行，其原因是Fe遇浓硝酸表面被钝化，生成致密的氧化膜．‎ ‎（2）写出F﹣→G+X的离子方程式：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO．‎ ‎（3）L转化为I的化学方程式是4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3．‎ ‎（4）在试管中制备L，为了能观察到L的颜色，需要进行特殊的操作，该特殊的操作是用长胶头滴管吸取FeSO4溶液缓缓插入盛有稀NaOH溶液的试管中，胶头滴管口位于溶液中，慢慢挤出FeSO4溶液．‎ ‎（5）将Cu放入0.1mol•L﹣1 Fe（NO3）3溶液中，反应一段时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为3：4．‎ ‎【分析】溶液E中滴入KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则Y为Fe，X应为HNO3，由转化关系可知D为H2O，F为NO2，G为NO，E为Fe（NO3）3，H为Fe（NO3）2，K为KNO3，I为Fe（OH）3，L为Fe（OH）2，J为O2，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：溶液E中滴入KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则Y为Fe，X应为HNO3，由转化关系可知D为H2O，F为NO2，G为NO，E为Fe（NO3）3，H为Fe（NO3）2，K为KNO3，I为Fe（OH）3，L为Fe（OH）2，J为O2，‎ ‎（1）常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，生成致密的氧化膜而阻碍反应的继续进行，如能顺利进行，则应在加热条件下进行，‎ 故答案为：加热；Fe遇浓硝酸表面被钝化，生成致密的氧化膜；‎ ‎（2）F为NO2，可与水反应生成硝酸和NO，反应的方程式为3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO，故答案为：3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO；‎ ‎（3）L为Fe（OH）2，具有还原性，可在空气中被氧化生成Fe（OH）3，方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，‎ 故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3；‎ ‎（4）实验室制备Fe（OH）2，因Fe（OH）2易被氧化，在制备时应隔绝空气，操作方法为用长胶头滴管吸取FeSO4溶液缓缓插入盛有稀NaOH溶液的试管中，胶头滴管口位于溶液中，慢慢挤出FeSO4溶液，‎ 故答案为：用长胶头滴管吸取FeSO4溶液缓缓插入盛有稀NaOH溶液的试管中，胶头滴管口位于溶液中，慢慢挤出FeSO4溶液；‎ ‎（5）将Cu片放入Fe（NO3）3溶液中．发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，假设溶液中n（Fe2+）=3mol，则溶液中n（Fe3+）=2mol，‎ 由离子方程式可知，n（Cu2+）=n（Fe2+）=×3mol=1.5mol，所以n（Cu2+）：n（Fe3+）=1.5mol：2mol=3：4，‎ 故答案为：3：4．‎ ‎【点评】本题考查了无机物推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，同时考查学生灵活运用知识解答问题的能力，根据物质的特殊现象再结合物质之间的转化关系来分析解答，题目难度中等．‎