化学卷·2018届湖南省长沙市麓山国际实验学校高二上学期第一次质检化学试卷（解析版） 12页

‎2016-2017学年湖南省长沙市麓山国际实验学校高二（上）第一次质检化学试卷 ‎　‎ 一、选择题，每题6分 ‎ ‎1．下列实验操作中所用仪器合理的是（　　）‎ A．用100mL的量筒量取18.8mLNaOH溶液 B．用瓷坩埚加热熔融NaOH C．用托盘天平称取25.20g氯化钠 D．用100mL容量瓶配制70mL0.1mol/L盐酸 ‎2．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．7.8g Na2O2中含有阴离子的数目为0.1NA，与足量水反应时电子转移了0.1NA B．在标准状况下，22.4L空气中含有NA个单质分子 C．在18g18O2中含有NA个氧原子 D．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol/L ‎3．下列电离方程式中书写正确的是（　　）‎ A．加热NaHSO4至熔化NaHSO4═Na++H++SO42﹣‎ B．把CaO放入水中CaO═Ca2++O2﹣‎ C．HClO═H++ClO﹣‎ D．H2S⇌H++HS﹣；HS﹣⇌H++S2﹣‎ ‎4．2.3g纯净金属钠在干燥空气中被氧化后得到3.5g固体，可判断其产物是（　　）‎ A．只有氧化钠 B．只有过氧化钠 C．氧化钠和过氧化钠 D．无法确定 ‎5．有一根粗铝条含铁和硅两种杂质．取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗铝中铁和硅的关系正确的是：（　　）‎ ‎①物质的量之比为2：1；②物质的量之比为3：1； ③质量之比为2：1；④质量之比为4：1．‎ A．②④ B．②③ C．①④ D．只有④‎ ‎6．将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g．另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72L NO（标准状况下），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为（　　）‎ A．22.1 g B．27.2 g C．30 g D．19.4 g ‎7．根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径∕10﹣10m ‎0.66‎ ‎1.36‎ ‎1.23‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.54‎ ‎0.70‎ ‎1.24‎ 最高价或最低价 ‎﹣2‎ ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎﹣3‎ ‎+7‎ ‎﹣1‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎﹣3‎ ‎+3‎ A．元素④⑤形成的化合物是离子化合物 B．元素⑦位于第二周期第V族 C．元素①⑧形成的化合物具有两性 D．元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强 ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分58分）‎ ‎8．A、B、C、D、E、F、G、H八种主族元素分布在三个不同的短周期，它们在周期表中位置如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出E元素在周期表中的位置　　．‎ ‎（2）B与D可形成三原子分子X，X的电子式为　　．‎ ‎（3）E、F、H所形成的简单离子的半径由大到小的顺序为　　（用离子符号表示）．‎ ‎（4）G的最高价氧化物与B的单质在高温下能发生置换反应，其化学反应方程式为：　　．‎ ‎9．请回答：‎ ‎（1）制备Fe（OH）3胶体的离子方程式为　　．‎ ‎（2）MgCO3悬浊液经煮沸可转化为更难溶的Mg（OH）2，转化的化学方程式　　．‎ ‎（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：‎ ‎　　Fe3++　　Cl2+　　=　　FeO42﹣+　　Cl﹣+　　．‎ ‎10．盐湖提锂脱镁渣主要成分为Mg（OH）2、Li2CO3和少量CaCO3，利用盐湖提锂脱镁渣制备高纯轻质氧化镁，为盐湖镁资源综合回收利用提供了一条可行途径，生产流程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）固体A的成分是　　．‎ ‎（2）固体A在真空、1200℃条件下与硅单质反应生成金属镁，反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）沉淀物X中存在Mg5（CO3）4（OH）24H2O，则盐湖提锂脱镁渣与NH4HCO3溶液反应生成Mg5（CO3）4（OH）24H2O的化学方程式是　　．‎ ‎（4）实际生产中NH4HCO3与Mg（OH）2等物质的量之比要比（3）中反应理论值大的原因是　　．‎ ‎（5）欲检验沉淀物X是否煅烧完全，请设计简要的实验方案：　　．‎ ‎11．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，请回答：‎ ‎[实验Ⅰ]NaClO2晶体按如图装置进行制取．‎ 已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO23H2O，高于38℃时析出NaClO2，‎ 高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．‎ ‎（1）装置C起的是　　的作用，仪器a的名称是　　．‎ ‎（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，装置D中生成NaClO2和一种助燃气体，其反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压在55℃蒸发结晶；②　　；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于　　℃干燥；得到成品．．‎ ‎（4）反应结束后，打开K1，装置A起的作用是　　；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是　　．‎ ‎12．氢能源是一种重要的清洁能源，现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25gL﹣1．请回答下列问题：‎ ‎（1）甲的化学式是　　．‎ ‎（2）甲与水反应的化学方程式是　　．‎ ‎（3）气体丙与金属镁反应的产物是　　（用化学式表示）．‎ ‎（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式　　．有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之　　．‎ ‎（5）甲与乙之间　　（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省长沙市麓山国际实验学校高二（上）第一次质检化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，每题6分 ‎1．下列实验操作中所用仪器合理的是（　　）‎ A．用100mL的量筒量取18.8mLNaOH溶液 B．用瓷坩埚加热熔融NaOH C．用托盘天平称取25.20g氯化钠 D．用100mL容量瓶配制70mL0.1mol/L盐酸 ‎【考点】溶液的配制；间接加热的仪器及使用方法；计量仪器及使用方法．‎ ‎【分析】A、选择与溶液体积相近规格的量筒；‎ B、瓷坩埚含有二氧化硅；‎ C、托盘天平的感量为0.1g；‎ D、没有70ml的容量瓶，选择大于70ml且相近的规格的容量瓶．‎ ‎【解答】解：A、用量筒量取液体，选择和溶液体积相近规格的量筒，否则误差会很大，故A错误；‎ B、瓷坩埚含有二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应，可以用铁坩埚加热熔融NaOH，故B错误；‎ C、托盘天平的感量为0.1g，用托盘天平称只能取25.2g的NaCl，数据精确到小数点后一位，故C错误；‎ D、没有70ml的容量瓶，选择大于70ml且相近的规格的容量瓶，如果容量瓶规格过大，会造成药品浪费，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查实验仪器的选择与使用，题目难度不大，注意基础知识的积累．‎ ‎　‎ ‎2．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．7.8g Na2O2中含有阴离子的数目为0.1NA，与足量水反应时电子转移了0.1NA B．在标准状况下，22.4L空气中含有NA个单质分子 C．在18g18O2中含有NA个氧原子 D．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol/L ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子来分析；‎ B、空气中不只是单质分子；‎ C、18O2由18O构成；‎ D、将氧化钠溶于1L水中后，溶于体积大于1L．‎ ‎【解答】解：A、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.1NA个阴离子，而过氧化钠反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1NA个电子，故A正确；‎ B、空气中不只是单质分子，还有化合物分子，故标况下22.4L空气即1mol空气中含有的单质分子个数小于NA个，故B错误；‎ C、18O2由18O构成，故18g此氧气中含有的18O的物质的量为1mol，个数为NA个，故C正确；‎ D、将氧化钠溶于1L水中后，溶于体积大于1L，故溶液中的钠离子的浓度小于1mol/L，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．下列电离方程式中书写正确的是（　　）‎ A．加热NaHSO4至熔化NaHSO4═Na++H++SO42﹣‎ B．把CaO放入水中CaO═Ca2++O2﹣‎ C．HClO═H++ClO﹣‎ D．H2S⇌H++HS﹣；HS﹣⇌H++S2﹣‎ ‎【考点】电离方程式的书写．‎ ‎【分析】A．亚硫酸氢钠熔融状态电离生成钠离子和硫酸氢根离子；‎ B．氧化钙与水反应生成氢氧化钙；‎ C．次氯酸为弱酸，部分电离；‎ D．硫化氢为多元弱酸分步电离．‎ ‎【解答】解：A．加热NaHSO4至熔化，电离方程式：NaHSO4═Na++HSO4﹣，故A错误；‎ B．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，离子方程式：CaO+H2O═Ca2++2OH﹣，故B错误；‎ C．次氯酸为弱酸，部分电离，离子方程式：HClO⇌H++ClO﹣，故B错误；‎ D．硫化氢为多元弱酸分步电离，电离方程式：H2S⇌H++HS﹣；HS﹣⇌H++S2﹣，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了电解质电离方程式书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意多元弱酸分步电离，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．2.3g纯净金属钠在干燥空气中被氧化后得到3.5g固体，可判断其产物是（　　）‎ A．只有氧化钠 B．只有过氧化钠 C．氧化钠和过氧化钠 D．无法确定 ‎【考点】钠的化学性质；化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，根据方程式计算判断．‎ ‎【解答】解：设金属钠氧化产物中氧化钠为xmol，过氧化钠为ymol，‎ ‎ 4Na+O2 =2Na2O，2Na+O2=Na2O2‎ ‎ 2xmol xmol 2ymol ymol 则2x+2y=，62x+78y=3.5g，‎ 解得：x=0.025，y=0.025，‎ 所以Na2O和Na2O2均存在；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了钠与氧气反应产物的判断，侧重考查学生的分析能力和计算能力，根据已知方程式和反应物和生成物的量求算，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．有一根粗铝条含铁和硅两种杂质．取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗铝中铁和硅的关系正确的是：（　　）‎ ‎①物质的量之比为2：1；②物质的量之比为3：1； ③质量之比为2：1；④质量之比为4：1．‎ A．②④ B．②③ C．①④ D．只有④‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】粗铝条投入盐酸中发生反应：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，盐酸足量，Fe、Al完全反应．粗铝条投入氢氧化钠溶液中发生反应：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由于氢氧化钠溶液足量，Al、Si完全反应，由方程式可知，相同物质的量的Al与盐酸、氢氧化钠溶液溶液产生的氢气的物质的量相等，两过程产生的氢气的物质的量相等，则Fe与盐酸产生的氢气等于Si与氢氧化钠溶液反应生成的氢气，据此计算判断．‎ ‎【解答】解：由应2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，相同物质的量的Al与盐酸、氢氧化钠溶液溶液产生的氢气的物质的量相等，‎ 等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后都放出等量的氢气，则反应Fe+2HCl═FeCl2+H2↑、Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑中生成的氢气相同，‎ 若都生成2molH2，则n（Fe）=2mol，n（Si）=1mol，故粗铝中铁和硅的物质的量比为2mol：1mol=2：1，铁和硅的质量之比为2mol×56g/mol：1mol×28g/mol=4：1，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查Al、Fe、Si的化学性质阳极混合的有关计算等，根据发生的化学反应判断Fe与盐酸产生的氢气等于Si与氢氧化钠溶液反应生成的氢气是解题的关键，难度中等．‎ ‎　‎ ‎6．将11.9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g．另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72L NO（标准状况下），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为（　　）‎ A．22.1 g B．27.2 g C．30 g D．19.4 g ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】根据电子守恒计算出金属失去电子的物质的量，根据反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量来计算生成沉淀的质量，但是不包括氢氧化铝．‎ ‎【解答】解：将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6.72L NO，即氮原子得电子的物质的量是：×（5﹣2）=0.9mol，根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）=0.9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量（包括氢氧化铝）等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2.7g，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g﹣7.8g=19.4g，‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度做题较为简单，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．‎ ‎　‎ ‎7．根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径∕10﹣10m ‎0.66‎ ‎1.36‎ ‎1.23‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.54‎ ‎0.70‎ ‎1.24‎ 最高价或最低价 ‎﹣2‎ ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎﹣3‎ ‎+7‎ ‎﹣1‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎﹣3‎ ‎+3‎ A．元素④⑤形成的化合物是离子化合物 B．元素⑦位于第二周期第V族 C．元素①⑧形成的化合物具有两性 D．元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】短周期元素中，①只有最低价﹣2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、﹣1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价﹣3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答．‎ ‎【解答】解：短周期元素中，①只有最低价﹣2，处于ⅥA族，则①为O；③⑥都最高正价+1，处于ⅠA，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小，故③为Li、⑥为Na；⑤有+7、﹣1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5、最低价﹣3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al．‎ A．元素④⑤形成的化合物是NCl3，属于共价化合物，故A错误；‎ B．⑦为N元素，位于第二周期VA族，故B错误；‎ C．元素①⑧形成的化合物为Al2O3，Al2O3具有两性，故C正确；‎ D．元素③为Li，在上述元素中Na金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，故D错误，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，根据化合价与原子半径推断元素是解答的关键，注意对元素周期律的理解掌握．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分58分）‎ ‎8．A、B、C、D、E、F、G、H八种主族元素分布在三个不同的短周期，它们在周期表中位置如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出E元素在周期表中的位置　第三周期第IA族　．‎ ‎（2）B与D可形成三原子分子X，X的电子式为　　．‎ ‎（3）E、F、H所形成的简单离子的半径由大到小的顺序为　r（S2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+）　（用离子符号表示）．‎ ‎（4）G的最高价氧化物与B的单质在高温下能发生置换反应，其化学反应方程式为：　SiO2+2CSi+2CO↑　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】由元素在周期表的位置可知，A为H，E为Na，B为C，C为N，D为O，F为Al，G为Si，H为S，‎ ‎（1）钠位于周期表的第三周期第IA族；‎ ‎（2）B与D可形成三原子分子X为二氧化碳；‎ ‎（3）电子层越多，离子半径越大，具有相同的电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小；‎ ‎（4）G的最高价氧化物与B的单质在高温下能发生置换反应，生成Si和CO．‎ ‎【解答】解：由元素在周期表的位置可知，A为H，E为Na，B为C，C为N，D为O，F为Al，G为Si，H为S，‎ ‎（1）E元素在周期表中的位置为第三周期第IA族，故答案为：第三周期第IA族；‎ ‎（2）B与D可形成三原子分子X为二氧化碳，其电子式为，故答案为：；‎ ‎（3）电子层越多，离子半径越大，具有相同的电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为r（S2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），‎ 故答案为：r（S2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+）；‎ ‎（4）G的最高价氧化物与B的单质在高温下能发生置换反应，其化学反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑．‎ ‎【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎9．请回答：‎ ‎（1）制备Fe（OH）3胶体的离子方程式为　Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+　．‎ ‎（2）MgCO3悬浊液经煮沸可转化为更难溶的Mg（OH）2，转化的化学方程式　MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2↑　．‎ ‎（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：‎ ‎　2　Fe3++　3　Cl2+　8H2O　=　2　FeO42﹣+　6　Cl﹣+　16H+　．‎ ‎【考点】氧化还原反应方程式的配平；化学方程式的书写．‎ ‎【分析】（1）三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体和氢离子；‎ ‎（2）碳酸镁在水中加热生成氢氧化镁和二氧化碳；‎ ‎（3）反应中三价铁离子化合价化合价升高为高铁酸根中的+6价，氯气中0价的氯降为氯离子中﹣1价的氯，依据氧化还原反应中得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式．‎ ‎【解答】解：（1）三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体和氢离子，离子方程式：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，‎ 故答案为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；‎ ‎（2）碳酸镁在水中加热生成氢氧化镁和二氧化碳，方程式：MgCO3+H2O Mg（OH）2+CO2↑，‎ 故答案为：MgCO3+H2O Mg（OH）2+CO2↑；‎ ‎（3）反应中三价铁离子化合价化合价升高为高铁酸根中的+6价，氯气中0价的氯降为氯离子中﹣1价的氯，依据氧化还原反应中得失电子守恒、原子个数守恒配，方程式：2Fe3++3Cl2+8 H2O=2FeO42﹣+6Cl﹣+16H+；‎ 故答案为：2；3；8 H2O；2；6；16H+．‎ ‎【点评】本题考查了化学方程式的书写，熟悉氢氧化铁胶体制备原理，明确氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒规律是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．盐湖提锂脱镁渣主要成分为Mg（OH）2、Li2CO3和少量CaCO3，利用盐湖提锂脱镁渣制备高纯轻质氧化镁，为盐湖镁资源综合回收利用提供了一条可行途径，生产流程如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）固体A的成分是　MgO、CaO　．‎ ‎（2）固体A在真空、1200℃条件下与硅单质反应生成金属镁，反应的化学方程式为　2MgO+Si2Mg+SiO2　．‎ ‎（3）沉淀物X中存在Mg5（CO3）4（OH）24H2O，则盐湖提锂脱镁渣与NH4HCO3溶液反应生成Mg5（CO3）4（OH）24H2O的化学方程式是　5Mg（OH）2+4NH4HCO3=Mg5（CO3）4（OH）24H2O+4NH3H2O　．‎ ‎（4）实际生产中NH4HCO3与Mg（OH）2等物质的量之比要比（3）中反应理论值大的原因是　反应生成LiHCO3需要消耗NH4HCO3　．‎ ‎（5）欲检验沉淀物X是否煅烧完全，请设计简要的实验方案：　取少量煅烧后的沉淀物X，加入稀盐酸，观察是否有气体生成，若有气体生成，说明煅烧不充分　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】盐湖提锂脱镁渣主要成分为Mg（OH）2、Li2CO3和少量CaCO3，加NH4HCO3，过滤，滤液含有LiHCO3，滤渣含有MgCO3和少量CaCO3，煅烧滤渣MgCO3、CaCO3分解生成固体A中含有MgO、CaO，加水，CaO转化为氢氧化钙，固体B为MgO和Mg（OH）2，煅烧固体B得到MgO；‎ ‎（1）根据流程分析；‎ ‎（2）固体A中MgO在真空、1200℃条件下与硅单质反应生成金属镁和二氧化硅；‎ ‎（3）Mg（OH）2与NH4HCO3反应生成Mg5（CO3）4（OH）24H2O和氨水；‎ ‎（4）Li2CO3与NH4HCO3反应消耗NH4HCO3；‎ ‎（5）若煅烧不完全会含有碳酸根，碳酸盐加盐酸会产生二氧化碳气体．‎ ‎【解答】解：盐湖提锂脱镁渣主要成分为Mg（OH）2、Li2CO3和少量CaCO3，加NH4HCO3，过滤，滤液含有LiHCO3，滤渣含有MgCO3和少量CaCO3，煅烧滤渣MgCO3、CaCO3分解生成固体A中含有MgO、CaO，加水，CaO转化为氢氧化钙，固体B为MgO和Mg（OH）2，煅烧固体B得到MgO；‎ ‎（1）由流程分析可知，固体A的成分是MgO、CaO；‎ 故答案为：MgO、CaO；‎ ‎（2）固体A中MgO在真空、1200℃条件下与硅单质反应生成金属镁和二氧化硅，其反应方程式为：2MgO+Si2Mg+SiO2；‎ 故答案为：2MgO+Si2Mg+SiO2；‎ ‎（3）Mg（OH）2与NH4HCO3反应生成Mg5（CO3）4（OH）24H2O和氨水，其反应的方程式为：5Mg（OH）2+4NH4HCO3=Mg5（CO3）4（OH）24H2O+4NH3H2O；‎ 故答案为：5Mg（OH）2+4NH4HCO3=Mg5（CO3）4（OH）24H2O+4NH3H2O；‎ ‎（4）实际生产中NH4HCO3与Mg（OH）2等物质的量之比要比（3）中反应理论值大，是因为除了发生（3）中反应外，Li2CO3与NH4HCO3反应消耗NH4HCO3；‎ 故答案为：反应生成LiHCO3需要消耗NH4HCO3；‎ ‎（5）若煅烧不完全会含有碳酸根，碳酸盐加盐酸会产生二氧化碳气体，检验操作为：取少量煅烧后的沉淀物X，加入稀盐酸，观察是否有气体生成，若有气体生成，说明煅烧不充分；‎ 故答案为：取少量煅烧后的沉淀物X，加入稀盐酸，观察是否有气体生成，若有气体生成，说明煅烧不充分．‎ ‎【点评】本题考查了物质分离和提纯操作的综合应用，题目难度中等，注意把握混合物分离试剂作用和生成产物判断、实验流程分析等，答题时注意元素守恒的应用及化学用语的规范表达．‎ ‎　‎ ‎11．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，探究小组开展如下实验，请回答：‎ ‎[实验Ⅰ]NaClO2晶体按如图装置进行制取．‎ 已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO23H2O，高于38℃时析出NaClO2，‎ 高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．‎ ‎（1）装置C起的是　防止D瓶溶液倒吸到B瓶中（或安全瓶、缓冲瓶）　的作用，仪器a的名称是　分液漏斗　．‎ ‎（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，装置D中生成NaClO2和一种助燃气体，其反应的化学方程式为　2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2　．‎ ‎（3）从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压在55℃蒸发结晶；②　趁热过滤　；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于　60　℃干燥；得到成品．．‎ ‎（4）反应结束后，打开K1，装置A起的作用是　吸收装置B中多余的ClO2和SO2，防止污染空气　；如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是　NaClO3和NaCl　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，C可防止倒吸，起到安全瓶的作用，D中加入过氧化氢和氢氧化钠，在低温下反应生成NaClO2，A和E都为尾气处理装置．‎ ‎（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；根据常见仪器的名称以及仪器a的特点分析解答；‎ ‎（2）装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；‎ ‎（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，注意温度控制；‎ ‎（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．‎ ‎【解答】解：（1）装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中，仪器a盛放浓硫酸，具有玻璃活塞的漏斗，名称为分液漏斗，‎ 故答案为：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中（或安全瓶、缓冲瓶）；分液漏斗；‎ ‎（2）装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；‎ 故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；‎ ‎（3）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，‎ 故答案为：趁热过滤；60；‎ ‎（4）由于ClO2和SO2均有毒，所以反应结束后，打开K1，装置A起的作用是吸收装置B中多余的ClO2和SO2；由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，‎ 故答案为：吸收装置B中多余的ClO2和SO2，防止污染空气；NaClO3和NaCl．‎ ‎【点评】本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎12．氢能源是一种重要的清洁能源，现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25gL﹣1．请回答下列问题：‎ ‎（1）甲的化学式是　AlH3　．‎ ‎（2）甲与水反应的化学方程式是　AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑　．‎ ‎（3）气体丙与金属镁反应的产物是　Mg3N2　（用化学式表示）．‎ ‎（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式　3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O　．有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之　取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O　．‎ ‎（5）甲与乙之间　可能　（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是　AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，‎ 则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g﹣0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，‎ 所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25gL﹣1，则丙的相对原子质量为1.25gL﹣1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．‎ ‎【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，‎ 则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g﹣0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，‎ 所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25gL﹣1，则丙的相对原子质量为1.25gL﹣1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，‎ ‎（1）由以上分析可知甲为AlH3，故答案为：AlH3；‎ ‎（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑，‎ 故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；‎ ‎（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；‎ ‎（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判断产物中是否含有Cu2O，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有 Cu2O，反之则无Cu2O，‎ 故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O；‎ ‎（5）AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气，‎ 故答案为：可能；AlH3中的H为﹣1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气．‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，注意根据先关反应的现象以及数据判断甲乙两种物质，注意相关反应的化学方程式的书写．‎ ‎　‎