化学卷·2018届安徽省安师大附中高二上学期入学化学试卷 （解析版） 20页

‎2016-2017学年安徽省安师大附中高二（上）入学化学试卷 ‎ ‎　‎ 一、本题包括18小题，每小题3分，共54分．每小题只有一个选项符合题意 ‎1．下列物质在生活中应用时，起氧化作用的是（　　）‎ A．氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 B．液氨用作制冷剂 C．铁粉作食品袋内的脱氧剂 D．漂粉精作消毒剂 ‎2．下列有关实验的选项正确的是（　　）‎ A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液 B．除去CO中的CO2‎ C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作 D．记录滴定终点读数为12.20mL A．A B．B C．C D．D ‎3．在标准状况下有①6.72L CH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）．下列对这四种气体的关系从大到小描述不正确的是（　　）‎ A．体积②＞③＞①＞④ B．密度②＞③＞④＞①‎ C．质量②＞③＞①＞④ D．氢原子数①＞④＞③＞②‎ ‎4．某溶液中大量存在以下五种离子：NO3﹣、SO42﹣、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能为（　　）‎ A．Mg2+ B．Fe2+ C．CO32﹣ D．Ba2+‎ ‎5．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．1 molNa2O2溶于足量水，电子转移数为NA B．1L0.5mol/L C2H5OH溶液中含有的氢原子数为3NA C．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA D．标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA ‎6．类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（　　）‎ A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子 B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3‎ D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr ‎7．下列反应中转移电子的物质的量不等于2mol的是（　　）‎ A．1 mol Al与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液反应 B．1mol Cu与含4mol HNO3的浓硝酸溶液反应 C．1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸共热 D．1 mol MnO2与足量浓盐酸共热 ‎8．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，将反应后的混合气体先通过置于冰水浴的U型管，再通入足量的BaCl2溶液，结果为（　　）‎ A．产生BaSO4和BaSO3沉淀 B．无沉淀产生 C．产生BaSO4沉淀 D．产生BaSO3沉淀 ‎9．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是 选项 ‎ 操 作 ‎ 现 象 解释或结论 A．‎ 过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴加KSCN溶液 溶液呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe3+‎ B．‎ Al箔插入稀HNO3中 无现象 Al箔表面被稀HNO3氧化，形成致密的氧化膜 C．‎ 向某溶液中滴加浓NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸变蓝 该溶液中存在NH4+‎ D．‎ 向紫色石蕊试液中通入SO2‎ 溶液褪色 SO2有漂白性 A．A B．B C．C D．D ‎10．已知氨气可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置可以实现该反应．实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3‎ B．装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙 C．装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝 D．为防止装置D中发生倒吸，可以改用向下排空气法收集氮气 ‎11．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（　　）‎ A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 ‎12．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于 IA族，W与X属于同一主族．下列说法不正确的是（　　）‎ A．元素X、Y、Z的简单离子具有相同的电子层结构 B．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强 C．由X、Z两种元素组成的化合物中阴阳离子个数比一定为1：2‎ D．离子半径：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）‎ ‎13．向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起．上述实验过程中没有发生的离子反应是（　　）‎ A．CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O B．Al2O3+2OH﹣=2 AlO2﹣+H2O C．2 Al+2OH﹣+2H2O=2 AlO2﹣+3H2↑‎ D．Al3++4 OH﹣=AlO2﹣+2H2O ‎14．无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（　　）‎ A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2 C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N2‎ ‎15．气体甲（中学常见）通入溶液乙中，随着甲的通入，溶液乙的颜色逐渐褪去，加热褪色后的溶液不再恢复原来的颜色．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体甲一定不是SO2‎ B．气体甲一定是Cl2‎ C．气体甲一定不是发生了化合反应 D．气体甲一定被溶液乙氧化 ‎16．下列离子方程式正确的是（　　）‎ A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O B．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+‎ C．过量NaOH滴入NH4HCO3稀溶液中：NH4++OH﹣═NH3•H2O D．铜片加入稀HNO3中：Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O ‎17．符合如图的化学反应是（　　）‎ x轴 y轴 A 向氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液 氢氧化钠的物质的量 生成沉淀的质量 B 向碳酸钠溶液中加入稀盐酸 盐酸的体积 产生气体的体积 C 向溴化亚铁溶液中通入氯气 氯气的体积 生成Br2的物质的量 D 向氢氧化钙溶液中通入二氧化碳 二氧化碳的体积 生成碳酸氢钙的质量 A．A B．B C．C D．D ‎18．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，共产生NO气体4.48L（标准状况），向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol•L﹣1的NaOH溶液至沉淀完全．则下列有关叙述中不正确的是（　　）‎ A．开始加入合金的物质的量之和为0.3mol B．反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3：1‎ C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200mL D．生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g ‎　‎ 二、本题包括4小题，共46分 ‎19．某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质．回答下列问题：‎ ‎（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加入少量铁粉，其目的是　　‎ ‎（2）甲组同学取2mlFeCl2溶液．加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化．FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为　　‎ ‎（3）乙组同学取10mL0.1mol/L KI溶液，加入6mL0.1mol/L FeCl3溶液混合．分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：‎ ‎①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；‎ ‎②第二只试管中加入1滴KMnO4溶液，紫红色褪去；‎ ‎③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红．‎ 上述实验设计中不合理的是　　（填序号）；若在实验①中，将CCl4改为另一种试剂，颜色不同，但能起到相同的检测效果，该试剂是　　；结合药品用量及反应，预测产生实验③现象可能的原因为　　．‎ ‎20．卤族元素包括F、Cl、Br、I等．‎ ‎（1）基态Br原子的核外电子排布式为　　，其价电子层成对与未成对电子个数比为　　‎ ‎（2）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是　　‎ ‎（3）BCl3中心原子的杂化方式为　　，NCl3分子的空间构型为　　；第一电离能介于B、N 之间的第二周期元素有　　（填元素符号）．‎ ‎21．硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下．已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙酸（沸点：13℃）．‎ ‎（1）硼氢化钠（NaBH4）的电子式为　　；其中B元素的化合价为　　‎ ‎（2）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是：　　‎ ‎（3）请配平第①步反应的化学方程式：　　NaBO2+　　SiO2+　　Na+　　H2﹣　　NaBH4+　　Na2SiO3‎ ‎（4）第②步操作需要的玻璃仪器有：　　；第③步分离（NaBH4）并回收溶剂，采用的方法是　　．‎ ‎22．SO2及Cl2是实验室常见的两种气体．‎ ‎（1）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下．装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→　　→　　→　　→　　→f，装置D的作用是　　．‎ ‎（2）实验室制取纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸，还需要　　、　　（填写试剂或 溶液名称）．‎ ‎（3）将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子有　　（填微粒符号）‎ ‎（4）某小组利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对Cl2进行尾气处理．‎ ‎①请完成吸收初期的化学方程式：Cl2+Na2SO3+2NaOH=　　‎ ‎②吸收一段时间后，某同学取出2mL吸收后的溶液（强碱性）于试管中，充分振荡后向其中滴加3～4滴淀粉﹣KI溶液，发现溶液先变蓝，随即又褪去．溶液先变蓝，说明吸收后的溶液中存在　　（填微粒符号），用离子方程式表示蓝色褪去的可能原因：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省安师大附中高二（上）入学化学试卷 ‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、本题包括18小题，每小题3分，共54分．每小题只有一个选项符合题意 ‎1．下列物质在生活中应用时，起氧化作用的是（　　）‎ A．氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 B．液氨用作制冷剂 C．铁粉作食品袋内的脱氧剂 D．漂粉精作消毒剂 ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，若含元素的化合价降低，作氧化剂，则起氧化作用，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，HF与二氧化硅发生复分解反应，不存在化合价的变化，不是氧化还原反应，故A不选；‎ B．液氨用作制冷剂，利用了物理性质，故B不选；‎ C．铁粉作食品袋内的脱氧剂，利用Fe的还原性，起还原作用，故C不选；‎ D．漂粉精作消毒剂，利用其氧化性，使细菌、病毒的蛋白质发生变性，故D选；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关实验的选项正确的是（　　）‎ A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液 B．除去CO中的CO2‎ C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作 D．记录滴定终点读数为12.20mL A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价；真题集萃．‎ ‎【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；‎ B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；‎ C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；‎ D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可．‎ ‎【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；‎ B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；‎ C、苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；‎ D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．在标准状况下有①6.72L CH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）．下列对这四种气体的关系从大到小描述不正确的是（　　）‎ A．体积②＞③＞①＞④ B．密度②＞③＞④＞①‎ C．质量②＞③＞①＞④ D．氢原子数①＞④＞③＞②‎ ‎【考点】阿伏加德罗定律及推论．‎ ‎【分析】A、同温同压下，体积之比等于物质的量之比．‎ B、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比．‎ C、计算各物质的质量，据此进行判断．‎ D、计算各物质的物质的量，结合分子式计算氢原子的物质的量，据此判断．‎ ‎【解答】解：①6.72LCH4的物质的量为0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，‎ ‎③13.6g硫化氢的物质的量为=0.4mol，④0.2mol氨气（NH3）．‎ A、同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，故A正确；‎ B、①CH4相对分子质量为16，②HCl相对分子质量为36.5③硫化氢相对分子质量为34，④氨气相对分子质量为17，同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，故B正确；‎ C、①6.72LCH4的质量为0.3mol×16g/mol=4.8g②3.01×1023个HCl分子的质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）的质量为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，故C正确；‎ D、氢原子物质的量分别为：①0.3mol×4=1.2mol，②0.5mol，③0.4mol×2=0.8mol，④0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子数①＞③＞④＞②，故D错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．某溶液中大量存在以下五种离子：NO3﹣、SO42﹣、Fe3+、H+、M，其物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，则M可能为（　　）‎ A．Mg2+ B．Fe2+ C．CO32﹣ D．Ba2+‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】根据溶液呈电中性，从电荷守恒的角度判断．‎ ‎【解答】解：已知：物质的量之比为n（NO3﹣）：n（SO42﹣）：n（Fe3+）：n（H+）：n（M）=2：3：1：3：1，假设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，‎ 则n（NO3﹣）+2×n（SO42﹣）=2mol+2×3mol=8mol，‎ ‎3×n（Fe3+）+n（H+）=3×1mol+3mol=6mol，‎ 阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则离子应带2个正电荷，‎ 又因Fe2+在酸性条件下与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，Ba2+与SO42﹣反应生成沉淀而不能大量共存，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．1 molNa2O2溶于足量水，电子转移数为NA B．1L0.5mol/L C2H5OH溶液中含有的氢原子数为3NA C．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA D．标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、过氧化钠和水的反应为歧化反应；‎ B、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含H原子；‎ C、NO和氧气反应生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4；‎ D、标况下四氯化碳为液态．‎ ‎【解答】解：A、过氧化钠和水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故A正确；‎ B、乙醇溶液中除了乙醇外，水也含H原子，故溶液中含有的H原子的个数多于3NA个，故B错误；‎ C、NO和氧气反应生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故生成的产物分子个数小于2NA个，故C错误；‎ D、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（　　）‎ A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子 B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3‎ D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律的作用；铁的化学性质．‎ ‎【分析】A．O和S同主族，二者形成的CO2和CS2都是直线形分子；‎ B．C和Si，Se和S都分别同族元素，形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小；‎ C．I2的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成FeI2；‎ D．浓硫酸能够将HBr氧化为Br2．‎ ‎【解答】解：A．O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，该推理合理，故A正确；‎ B．C和Si，Se和S都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较，故B正确；‎ C．因I2的氧化性较弱，在碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；‎ D．浓硫酸氧化性很强，能够将HBr氧化为Br2，不能用该方法制取HBr，故D错误；‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎7．下列反应中转移电子的物质的量不等于2mol的是（　　）‎ A．1 mol Al与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液反应 B．1mol Cu与含4mol HNO3的浓硝酸溶液反应 C．1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸共热 D．1 mol MnO2与足量浓盐酸共热 ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】先根据两种反应物的物质的量判断哪种过量，按照量少的计算，参加反应的物质的量，然后根据化合价的变化计算转移电子的物质的量．‎ ‎【解答】解：A．根据反应2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑可知，1mol铝完全反应消耗1.5mol硫酸，硫酸只有1mol，所以反应生成氢气的物质的量按照硫酸的计算，1mol硫酸完全反应生成1mol氢气，转移了2mol电子，故A不选；‎ B．根据铜与浓硝酸反应方程式Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O可知，4mol硝酸完全反应需要消耗1mol铜，当硝酸变为稀硝酸时发生3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，4mol硝酸完全反应需要消耗1.5mol铜，而铜只有1mol，所以铜不足，转移的电子按照铜的物质的量计算，1mol铜完全反应生成铜离子转移了2mol电子，故B不选；‎ C．铜与浓硫酸的反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，1mol铜完全反应需要消耗2mol硫酸，同时生成1mol二氧化硫气体，由于随着反应的进行，浓硫酸浓度减小，当浓硫酸变成稀硫酸，铜不与稀硫酸反应，所以常见反应的铜的物质的量小于1mol，转移的电子小于2mol，故C选；‎ D．1 mol MnO2与足量浓盐酸共热，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2全部反应，转移电子为2mol，故D不选．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，将反应后的混合气体先通过置于冰水浴的U型管，再通入足量的BaCl2溶液，结果为（　　）‎ A．产生BaSO4和BaSO3沉淀 B．无沉淀产生 C．产生BaSO4沉淀 D．产生BaSO3沉淀 ‎【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质．‎ ‎【分析】将反应后的混合气体先通过置于冰水浴的U型管，三氧化硫在0度时，变为固体，氨气溶于水与水反应生成一水合氨，二氧化硫溶于水，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与一水合氨反应生成亚硫酸铵，加入足量的BaCl2溶液，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀．‎ ‎【解答】解：（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4═N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，将反应后的混合气体先通过置于冰水浴的U型管，三氧化硫在0度时，变为固体，剩余的氮气不溶于水，氨气与二氧化硫溶于水，发生反应SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3 ，（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，‎ 所以会产生亚硫酸钡沉淀；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是 选项 ‎ 操 作 ‎ 现 象 解释或结论 A．‎ 过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴加KSCN溶液 溶液呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe3+‎ B．‎ Al箔插入稀HNO3中 无现象 Al箔表面被稀HNO3氧化，形成致密的氧化膜 C．‎ 向某溶液中滴加浓NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸变蓝 该溶液中存在NH4+‎ D．‎ 向紫色石蕊试液中通入SO2‎ 溶液褪色 SO2有漂白性 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．过量的Fe粉中加入稀HNO3，反应生成硝酸亚铁；‎ B．Al箔插入稀HNO3中，发生氧化还原反应生成NO；‎ C．湿润红色石蕊试纸变蓝，说明生成氨气；‎ D．向紫色石蕊试液中通入SO2，溶液变红．‎ ‎【解答】解：A．过量的Fe粉中加入稀HNO3，反应生成硝酸亚铁，则滴加KSCN溶液，溶液不变红，可知现象、结论均不合理，故A错误；‎ B．Al箔插入稀HNO3中，发生氧化还原反应生成NO，观察到气泡生成，则现象、结论均不合理，故B错误；‎ C．湿润红色石蕊试纸变蓝，说明生成氨气，可知该溶液中存在NH4+，实验操作、现象和解释或结论都合理，故C正确；‎ D．向紫色石蕊试液中通入SO2，溶液变红，可知二氧化硫为酸性氧化物，与漂白性无关，现象与结论均不合理，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．已知氨气可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置可以实现该反应．实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3‎ B．装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙 C．装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝 D．为防止装置D中发生倒吸，可以改用向下排空气法收集氮气 ‎【考点】实验装置综合．‎ ‎【分析】由图可知，A中发生2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，B为干燥氨气，C中发生2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，D中冷却出现液体为水和氨气混合物，E中收集氮气，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O为氧化还原反应，CuO为氧化剂，氨气为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故A错误；‎ B．装置B的作用为干燥氨气，加入的物质可以是碱石灰，不能用无水氯化钙，易与氨气结合生成络合物，故B错误；‎ C．D中冷却出现液体为水和氨气混合物，溶液显碱性，则D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；‎ D．为防止装置D中发生倒吸，因氮气的密度与空气接近，不能用排空气法收集氮气，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（　　）‎ A．3种 B．4种 C．5种 D．6种 ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，‎ 若溶液为酸性，则不存在：OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，阴离子只能为Cl﹣，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；‎ 若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32﹣，可存在的离子为：Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣，则最多只有4种，‎ 根据分析可知，最多存5种离子，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于 IA族，W与X属于同一主族．下列说法不正确的是（　　）‎ A．元素X、Y、Z的简单离子具有相同的电子层结构 B．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强 C．由X、Z两种元素组成的化合物中阴阳离子个数比一定为1：2‎ D．离子半径：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】短周期主族元素中，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F元素；X原子的最外层有6个电子，处于VIA族，且原子序数小于F，则X为O元素；W与X属于同一主族，W为S元素；在周期表中Z位于IA族，原子序数大于氟，可知Z为Na，据此结合元素周期律知识解答．‎ ‎【解答】解：短周期主族元素中，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F元素；X原子的最外层有6个电子，处于VIA族，且原子序数小于F，则X为O元素；W与X属于同一主族，W为S元素；在周期表中Z位于IA族，原子序数大于氟，可知Z为Na，‎ A．元素X、Y、Z的简单阴离子分别为O2﹣、F﹣、Na+，三种离子互为含有10个电子，它们具有相同的电子层结构，故A正确；‎ B．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；‎ C．X、Z分别为O、Na，二者形成的化合物为氧化钠、过氧化钠，氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数之比都是1：2，故C正确；‎ D．离子的电子层越大，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：r（Na+）＜r（F﹣）＜r（O2﹣）＜r（S2﹣），故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起．上述实验过程中没有发生的离子反应是（　　）‎ A．CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O B．Al2O3+2OH﹣=2 AlO2﹣+H2O C．2 Al+2OH﹣+2H2O=2 AlO2﹣+3H2↑‎ D．Al3++4 OH﹣=AlO2﹣+2H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，表现为铝罐变瘪；‎ 接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸起；‎ 因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，‎ 根据以上分析可知，能够发生反应为A、B、C，没有发生的反应为D，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（　　）‎ A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2 C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N2‎ ‎【考点】常见气体的检验；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．‎ ‎【分析】二氧化氮是红棕色的气体，浓硫酸可以和氨气反应，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，氮气不溶于水．‎ ‎【解答】解：二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．气体甲（中学常见）通入溶液乙中，随着甲的通入，溶液乙的颜色逐渐褪去，加热褪色后的溶液不再恢复原来的颜色．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体甲一定不是SO2‎ B．气体甲一定是Cl2‎ C．气体甲一定不是发生了化合反应 D．气体甲一定被溶液乙氧化 ‎【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质．‎ ‎【分析】A．二氧化硫可以使溴水褪色，加热不恢复颜色；‎ B．氯化氢通入滴有酚酞的溶液中，可以使溶液褪色，加热不恢复颜色；‎ C．二氧化硫能够与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，但是该无色的物质不稳定受热容易分解；‎ D．氯化氢通入滴有酚酞的溶液中，可以使溶液褪色，加热不恢复颜色，该过程发生的是复分解反应．‎ ‎【解答】解：A．如果乙溶液是溴水，通入二氧化硫后，发生氧化反应，使溴水褪色，加热不恢复颜色，故A错误；‎ B．氯化氢通入滴有酚酞的溶液中，可以使溶液褪色，加热不恢复颜色，所以甲不一定是氯气，故B错误；‎ C．二氧化硫能够与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，但是该无色的物质不稳定受热容易分解，恢复颜色，故C正确；‎ D．氯化氢通入滴有酚酞的溶液中，可以使溶液褪色，加热不恢复颜色，该过程发生的是复分解反应，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎16．下列离子方程式正确的是（　　）‎ A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O B．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+‎ C．过量NaOH滴入NH4HCO3稀溶液中：NH4++OH﹣═NH3•H2O D．铜片加入稀HNO3中：Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钠；‎ B．二者反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；‎ C．氢氧化钠过量，碳酸氢根离子、铵根离子都反应；‎ D．不符合反应客观事实．‎ ‎【解答】解：A．过量的SO2通入NaOH溶液中，离子方程式：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；‎ B．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B正确；‎ C．NH4HCO3溶液与足量的NaOH，离子方程式：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3•H2O，故C错误；‎ D．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎17．符合如图的化学反应是（　　）‎ x轴 y轴 A 向氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液 氢氧化钠的物质的量 生成沉淀的质量 B 向碳酸钠溶液中加入稀盐酸 盐酸的体积 产生气体的体积 C 向溴化亚铁溶液中通入氯气 氯气的体积 生成Br2的物质的量 D 向氢氧化钙溶液中通入二氧化碳 二氧化碳的体积 生成碳酸氢钙的质量 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物．‎ ‎【分析】A．向一定量的氯化铝溶液中滴加一定浓度的氢氧化钠溶液，首先发生反应Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3+反应完毕，继续滴加NaOH溶液，发生反应OH﹣+Al（OH）3=AlO2﹣+H2O，故先生成沉淀，后沉淀溶解；‎ B．向碳酸钠溶液中加入稀盐酸，首先发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣，无气体产生，继续滴加稀盐酸溶液，发生反应HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，生成气体但是没有产生气体消耗的酸和生成气体消耗的酸应该相等，故B错误；‎ C．向溴化亚铁溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子反应，当亚铁离子完全反应后，氯气再和溴离子反应，据此来分析；‎ D．向氢氧化钙溶液中通入二氧化碳，首先发生反应：CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O，若继续通入二氧化碳，过量的二氧化碳会与碳酸钙、水反应，生成可溶于水的碳酸氢钙CaCO3+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，据此来分析．‎ ‎【解答】解：A．向一定量的氯化铝溶液中滴加一定浓度的氢氧化钠溶液，首先发生反应Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3+反应完毕，继续滴加NaOH溶液，发生反应OH﹣+Al（OH）3=AlO2﹣+H2O，故先生成沉淀，后沉淀溶解，故A错误；‎ B．向碳酸钠溶液中加入稀盐酸，首先发生反应CO32﹣+H+=HCO3﹣，继续滴加稀盐酸溶液，发生反应HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，据此来分析；‎ C．向溴化亚铁溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子反应，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，当亚铁离子完全反应后，氯气再和溴离子反应，Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2，设溴化亚铁为1mol，则二价铁为1mol，消耗氯气为0.5mol，而溴离子为2mol，消耗氯气为1mol，所以通入1份氯气先氧化二价铁物溴单质生成，再通入2份氯气氧化溴离子才生成溴单质，故C正确；‎ D．向氢氧化钙溶液中通入二氧化碳，首先发生反应：CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O，若继续通入二氧化碳，过量的二氧化碳会与碳酸钙、水反应，生成可溶于水的碳酸氢钙CaCO3+H2O+CO2═Ca（HCO3）2，所以先产生沉淀后溶解，故D错误．‎ 故选：C；‎ ‎　‎ ‎18．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，共产生NO气体4.48L（标准状况），向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol•L﹣1的NaOH溶液至沉淀完全．则下列有关叙述中不正确的是（　　）‎ A．开始加入合金的物质的量之和为0.3mol B．反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3：1‎ C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200mL D．生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，两者恰好完全反应，反应方程式为：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，标准状况下4.48LNO的物质的量为：n（NO）==0.2mol，‎ A．由HNO3生成0.2molNO得到电子的物质的量为：0.2mol×（5﹣2）=0.6mol，铜、镁都是2价金属，根据电子守恒，可以计算出参加反应的金属的物质的量；‎ B．根据反应3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可以计算出反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比；‎ C．根据铜离子、镁离子与氢氧化钠反应的离子方程式可以计算出消耗氢氧化钠的物质的量，然后根据V=计算出消耗氢氧化钠溶液的体积；‎ D．沉淀中增加的质量为氢氧根离子的质量，根据消耗氢氧化钠的物质的量可以计算出氢氧根离子的物质的量及质量，从而得出生成沉淀质量比原合金的增加量．‎ ‎【解答】解：金属与硝酸恰好反应，反应方程式为：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，标准状况下4.48LNO的物质的量为：n（NO）==0.2mol，‎ A．由HNO3生成0.2molNO得到电子的物质的量为：0.2mol×（5﹣2）=0.6mol，铜、镁都是2价金属，根据电子守恒，参加反应的金属的物质的量为： =0.3mol，故A正确；‎ B．根据3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O两个反应可知，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为：2mol：6mol=1：3，故B错误；‎ C．根据反应Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3可知，0.3mol铜离子、镁离子完全转化成沉淀，消耗氢氧化钠的物质的量为：0.3mol×2=0.6mol，消耗氢氧化钠溶液的体积为： =0.2L=200mL，故C正确；‎ D．镁、铜合金变成Mg（OH）2↓、Cu（OH）2↓沉淀，沉淀中增加的质量为氢氧根离子的质量，生成沉淀消耗了0.6mol氢氧化钠，则含有氢氧根离子的质量为：17g/mol×0.6mol=10.2g，即：生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、本题包括4小题，共46分 ‎19．某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质．回答下列问题：‎ ‎（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加入少量铁粉，其目的是　防止Fe2+被氧化　‎ ‎（2）甲组同学取2mlFeCl2溶液．加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化．FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为　2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣　‎ ‎（3）乙组同学取10mL0.1mol/L KI溶液，加入6mL0.1mol/L FeCl3溶液混合．分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：‎ ‎①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；‎ ‎②第二只试管中加入1滴KMnO4溶液，紫红色褪去；‎ ‎③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红．‎ 上述实验设计中不合理的是　②　（填序号）；若在实验①中，将CCl4改为另一种试剂，颜色不同，但能起到相同的检测效果，该试剂是　淀粉溶液　；结合药品用量及反应，预测产生实验③现象可能的原因为　该反应为可逆反应　．‎ ‎【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应．‎ ‎【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；‎ ‎（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；‎ ‎（3）亚铁离子和碘离子都能使KMnO4溶液褪色；KI溶液与 FeCl3溶液反应生成单质碘，用淀粉溶液检验生成的单质碘；在I﹣过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应．‎ ‎【解答】解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，‎ 故答案为：防止Fe2+被氧化；‎ ‎（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣，‎ 故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；‎ ‎（3）亚铁离子和碘离子都能使KMnO4溶液褪色，所以不能用高锰酸钾溶液检验是否含有亚铁离子；KI溶液与 FeCl3溶液反应生成单质碘，用淀粉溶液检验生成的单质碘；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I﹣过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应．‎ 故答案为：②；淀粉溶液；该反应为可逆反应．‎ ‎　‎ ‎20．卤族元素包括F、Cl、Br、I等．‎ ‎（1）基态Br原子的核外电子排布式为　[Ar]3d104s23p5　，其价电子层成对与未成对电子个数比为　6：1　‎ ‎（2）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是　a　‎ ‎（3）BCl3中心原子的杂化方式为　sp2　，NCl3分子的空间构型为　三角锥形　；第一电离能介于B、N 之间的第二周期元素有　Be、C、O　（填元素符号）．‎ ‎【考点】卤素原子结构及其性质的比较；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】（1）溴是35号元素，根据构造原理写出核外电子排布式，主族元素的价电子是最外层电子；‎ ‎（2）a．卤族元素元素非金属性越强其电负性越大；‎ b．F元素没有正化合价；‎ c．卤族元素氢化物沸点随着原子序数增大而增大，但含有氢键的卤化氢沸点最高；‎ d．卤族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大；‎ ‎（3）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素．‎ ‎【解答】解：（1）溴是35号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s23p5，主族元素的价电子是最外层电子，有7个，有6个成对，1个未成对，所以价电子层成对与未成对电子个数比为6：1，故答案为：[Ar]3d104s23p5；6：1．‎ ‎（2）a．卤族元素元素非金属性越强其电负性越大，卤族元素非金属性随着原子序数增大而增大，所以电负性随着原子序数增大而增大，故正确；‎ b．F元素没有正化合价，其它卤族元素最高正价为+7价，故错误；‎ c．卤族元素氢化物沸点随着原子序数增大而增大，但含有氢键的卤化氢沸点最高，HF中存在氢键，所以沸点最高，故错误；‎ d．卤族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大，故错误；‎ 故答案为：a；‎ ‎（3）BCl3分子中B原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，所以B原子采用sp2杂化；NCl3中中心原子价层电子对个数3+=4且含有一个孤电子对，所以分子构型为三角锥形；同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；‎ 故答案为：sp2；三角锥形；Be、C、O．‎ ‎　‎ ‎21．硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下．已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙酸（沸点：13℃）．‎ ‎（1）硼氢化钠（NaBH4）的电子式为　　；其中B元素的化合价为　+3　‎ ‎（2）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是：　排尽装置内空气及水汽　‎ ‎（3）请配平第①步反应的化学方程式：　1　NaBO2+　2　SiO2+　4　Na+　2　H2﹣　1　NaBH4+　2　Na2SiO3‎ ‎（4）第②步操作需要的玻璃仪器有：　烧杯、玻璃棒、漏斗　；第③步分离（NaBH4）并回收溶剂，采用的方法是　蒸馏　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4‎ 水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4；‎ ‎（1）NaBH4中Na为+1价，B为+3价，可结合化合物中各元素正负化合价代数和为0，计算出氢元素的化合价，①反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；‎ ‎（2）原料中的金属钠通常保存在煤油中，需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，为防止安全事故发生和防止NaBH4水解，在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，从而排出空气和水蒸气；‎ ‎（3）根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；‎ ‎（4）分离难溶性固体和溶液采用过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法．‎ ‎【解答】解：（1）NaBH4中根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，并结合Na为+1价、B为+3价计算出H为﹣1价，第①步反应中根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，电子转移数目为4e﹣，‎ 故答案为：；+3；‎ ‎（2）钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，钠极易和空气中氧气、和水反应，‎ 故答案为：除去装置中的空气和水蒸气；‎ ‎（3）第①步反应中根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，‎ 故答案为：1，2，4，2﹣1，2；‎ ‎（4）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，所以第②步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，‎ 故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；蒸馏．‎ ‎　‎ ‎22．SO2及Cl2是实验室常见的两种气体．‎ ‎（1）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下．装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→　d　→　e　→　c　→　b　→f，装置D的作用是　安全瓶，防止倒吸　．‎ ‎（2）实验室制取纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸，还需要　饱和食盐水　、　氢氧化钠溶液　（填写试剂或 溶液名称）．‎ ‎（3）将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子有　Cl2、HClO、ClO﹣　（填微粒符号）‎ ‎（4）某小组利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对Cl2进行尾气处理．‎ ‎①请完成吸收初期的化学方程式：Cl2+Na2SO3+2NaOH=　2NaCl+Na2SO4+H2O　‎ ‎②吸收一段时间后，某同学取出2mL吸收后的溶液（强碱性）于试管中，充分振荡后向其中滴加3～4滴淀粉﹣KI溶液，发现溶液先变蓝，随即又褪去．溶液先变蓝，说明吸收后的溶液中存在　ClO﹣　（填微粒符号），用离子方程式表示蓝色褪去的可能原因：　I2+2OH﹣═I﹣+IO﹣+H2O　．‎ ‎【考点】性质实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）利用实验仪器的连接，实验室制备、收集干燥的SO2，装置A产生SO2，装置B为收集气体的集气瓶，装置C为干燥二氧化硫，装置D为安全瓶，装置E为吸收过量二氧化硫气体尾气吸收；‎ ‎（2）实验室制取纯净的氯气，利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气中含氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，剩余氯气不能排放需要氢氧化钠溶液吸收；‎ ‎（3）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应为化学平衡，具有氧化性的有氯气、次氯酸、次氯酸根离子；‎ ‎（4）①氯气具有氧化性能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠；‎ ‎②取出2mL吸收后的溶液（强碱性）于试管中，充分振荡后向其中滴加3～4滴淀粉﹣KI溶液，发现溶液先变蓝，随即又褪去．溶液先变蓝说明溶液中含氧化性离子能氧化碘离子生成碘单质，过量的强碱溶液中是次氯酸根离子具有氧化性，随后蓝色消失是碘单质溶解于过量的强碱溶液中．‎ ‎【解答】解：（1）收集二氧化硫应先干燥再收集．二氧化硫的密度比空气大，要从c口进气，最后进行尾气处理．因为二氧化硫易于氢氧化钠反应，故D的作用是安全瓶，防止倒吸，‎ 故答案为：d；e；c；b；安全瓶，防止倒吸；‎ ‎（2）实验室制取纯净的氯气，利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气中含氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，剩余氯气不能排放需要氢氧化钠溶液吸收，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸，还需要饱和食盐水、氢氧化钠溶液，‎ 故答案为：饱和食盐水；氢氧化钠溶液；‎ ‎（3）将Cl2通入水中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应为化学平衡，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子为：Cl2、HClO、ClO﹣，‎ 故答案为：Cl2、HClO、ClO﹣；‎ ‎（4）①氯气具有氧化性能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，反应的化学方程式为：Cl2+Na2SO3+2NaOH=2NaCl+Na2SO4+H2O，‎ 故答案为：2NaCl+Na2SO4+H2O；‎ ‎②吸收一段时间后，取出2mL吸收 后的溶液（强碱性）于试管中，充分振荡后向其中滴加3～4滴淀粉﹣KI溶液，发现溶液先变蓝，随即又褪去．溶液先变蓝说明溶液中含氧化性离子能氧化碘离子生成碘单质，过量的强碱溶液中是次氯酸根离子具有氧化性，随后蓝色消失是碘单质溶解于过量的强碱溶液中，反应的离子方程式为：I2+2OH﹣═I﹣+IO﹣+H2O，‎ 故答案为：ClO﹣；I2+2OH﹣═I﹣+IO﹣+H2O．‎ ‎　‎ ‎2016年12月1日