2022-2022学年江苏省淮安市涟水中学高三（上）段考化学试卷一、选择题（共10小题，每题只有一个正确答案；每小题2分，共20分．）1．资源的回收和合理利用可促进社会的可持续发展．下列说法正确的是()A．用二氧化碳生产肥料可以缓解温室效应B．通过铝热反应回收金属铝C．处理废水时加入明矾作为消毒剂可以除去水中的杂质D．直接焚烧废旧塑料，防止白色污染2．下列有关化学用语正确的是()A．NH4Cl的电子式：B．含18个中子的氯原子的核素符号：1735ClC．S2﹣的结构示意图：D．次氯酸的结构式：H﹣O﹣Cl3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．与Al反应放出H2的溶液：Mg2+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣B．10mol•L﹣1的浓氨水：Al3+、NH4+、NO3﹣、I﹣C．0.1mol•L﹣1KMnO4溶液：Na+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣D．=1×10﹣12的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣4．下列有关物质应用的说法不正确的是()A．氯气用于制备漂白粉B．单质硅用于制造光导纤维C．氧化铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料D．三氧化二铁用于生产红色颜料5．从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作．下列图示对应的装置合理、操作规范的是()A．28灼烧B．过滤C．分液D．蒸馏6．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是()物质组别甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca（OH）2NaHCO3A．AB．BC．CD．D7．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．常温常压下，71gCl2中含有的氯原子数目为NAB．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAC．46g由NO2与N2O4组成的混合气体含有的原子数目为3NAD．1L0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有的Fe3+离子数目为0.1NA8．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．向氯化铝溶液通入过量的氨气：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2OB．过量氯气通入溴化亚铁溶液中2Cl2+2Fe2++2Br﹣═4Cl﹣+2Fe3++Br2C．次氯酸钠与浓盐酸反应产生Cl2：ClO﹣+Cl﹣+H2O=Cl2↑+2OH﹣D．NaHCO3溶液与少量Ba（OH）2溶液反应：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+CO32﹣+2H2O289．Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法不正确的是()A．Mg电极是该电池的负极B．H2O2在石墨电极上发生还原反应C．石墨电极附近溶液的pH增大D．溶液中Cl﹣向正极移动10．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和﹣1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍．下列叙述正确的是()A．元素的原子半径：A＜B＜C＜D＜EB．对应氢化物的热稳定性：D＞EC．B与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D．五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E．二、选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题就为0分）11．下列有关说法正确的是()A．铁表面镀铜时，铜与电源的正极相连，铁与电源的负极相连B．用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大C．一定温度下，反应2Mg（s）+CO2（g）=2MgO（s）+C（s）能自发进行，则该反应△H＜0D．SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（l）达到平衡，保持其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快，SO2的转化率提高12．国庆期间对天安门广场大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是()A．其分子式为C15H18O4B．1mol该物质与NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOHC．既能发生加成反应，又能发生取代反应和消去反应D．既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色13．下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是()28选项实验操作实验现象结论A向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中加入0.1mol•L﹣1H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO2B向溶液中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液先滴加稀盐酸无现象，滴加BaCl2后出现白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣C用洁净铂丝蘸取某溶液置于酒精灯火焰上灼烧火焰呈黄色溶液中含Na+，无K+D湿润的KI淀粉试纸靠近气体Y试纸变蓝Y一定是Cl2A．AB．BC．CD．D14．下列有关溶液中微粒浓度关系的叙述正确的是()A．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中：c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）C．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）D．25℃时，pH=7的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液：c（H+）=c（OH﹣）=c（NH4+）=c（Cl﹣）15．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n（N2O4）/mol00.120.180.200.20下列说法正确的是()A．反应在前50s的平均速率为v（NO2）=0.0012mol•L﹣1•s﹣1B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时，v（正）＜v（逆）C．保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则反应的△H＜0D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，则平衡时N2O4的转化率大于80%三、解答题（共6小题，满分80分）16．某铝土矿中主要含有Al2O3、Al（OH）3、AlO（OH），还含有Fe2O3等杂质．利用拜耳法生产氧化铝的流程如图所示：（1）碱浸时为提高铝土矿的浸出率可采取的措施是__________，__________．（答两点）（2）AlO（OH）与NaOH反应的化学方程式为__________．（3）在稀释、结晶过程中，加Al（OH）3晶核的目的是促进Al（OH）3的析出．上述“稀释、结晶”工艺，也可用通入足量的某气体的方法来代替．通入气体时发生反应的离子方程式是__________．（4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，该杂质可通过苛化反应除去，写出苛化反应的化学方程式：__________．28（5）该生产流程能实现__________填化学式）的循环利用．（6）氧化铝是工业上冶炼铝的原料，用氧化铝电解制备金属铝时需加入冰晶石（Na3AlF6）作助熔剂，写出用NaF和Al2（SO4）3反应制备冰晶石的化学方程式为__________．17．（14分）工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的__________（填“Fe3+”“Fe2+”或“Al3+”）沉淀，该工艺中“搅拌”的作用是__________．（2）在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作__________．若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为__________．（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，可部分水解生成Fe2（OH）聚合离子．该水解反应的离子方程式为__________．（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁．根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO．为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为__________（填字母）．A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液．18．水滑石（MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O）用作阻燃剂及催化剂的载体（1）MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O中a、b、c、d的代数关系式为__________．（2）为确定水滑石的组成，进行如下实验：取水滑石样品60.2g进行加热时，温度与剩余固体质量的关系如右图．认真分析图中曲线变化情况回答下列问题（已知样品在400℃时已完全失水）①当温度在0～280℃质量不变，是什么原因：__________．C→D减少的物质其物质的量为__________②a+b+c+d=25，取该水滑石样品0.1mol，用1mol/L盐酸使其完全溶解，若参加反应的盐酸的物质的量与生成CO2的物质的量之比为18：1，该水滑石的化学式为__________（写出计算过程）2819．（16分）NiSO4.6H2O是一种绿色易容于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有：Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得．操作步骤如图1：（1）溶解废渣常用一定浓度的稀硫酸，用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有__________．（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：__________．（3）在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃时加入NaOH调节pH，除去铁和铬．此外，除去铁还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀除去．图2是温度﹣pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域（已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=2.64×10﹣39）．下列说法正确的是__________（选填序号）．a．FeOOH中铁为+2价b．若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c（Fe3+）=2.64×10﹣27c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+离子方程式为：6Fe2++ClO3﹣+6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2Od．工业生产中常保持在85～95℃生成黄铁矾钠，此时水体的pH约为1.2～1.8（4）上述流程中滤液Ⅲ的主要成分是__________．（5）确定步骤④中Na2CO3溶液足量，碳酸镍已完全沉淀的简单实验方法是__________．（6）操作Ⅰ的实验步骤依次为：【实验中可选用的试剂：6mol•L﹣1的H2SO4溶液，蒸馏水、pH试纸】．①__________；②__________；③__________；④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干．2820．（14分）金属镁可用于制造合金、储氢材料、镁电池等．已知：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1Mg（g）+O2（g）═MgO（s）△H=﹣732.7kJ•mol﹣1（1）一种制备镁的反应为MgO（s）+C（s）═Mg（g）+CO（g），该反应的△H=__________．（2）一种用水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）制备金属镁工艺的关键流程如图1：①为探究MgCl2•6H2O“一段脱水”的合理温度范围，某科研小组将MgCl2•6H2O在不同温度下分解，测得残留固体物质的X﹣射线衍射谱图如图2所示（X﹣射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在）．测得E中Mg元素质量分数为60.0%，则E的化学式为__________．“一段脱水”的目的是制备MgCl2•2H2O，温度不高于180℃的原因是__________．②若电解时电解槽中有水分，则生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应，使阴极表面产生MgO钝化膜，降低电解效率．生成MgO的化学方程式为__________．（3）Mg2Ni是一种储氢材料．2.14gMg2Ni在一定条件下能吸收0.896LH2（标准状况下）生成X，X的化学式为__________．（4）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池反应的电极反应式分别为负极__________．正极__________21．已知A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A．B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子有2个未成对电子．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体．E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满．回答下列问题（用元素符号或化学式表示）．（1）M分子中B原子轨道的杂化类型为__________．（2）化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是__________．（3）写出与BD2互为等电子体的C3﹣的结构式__________．（4）E+的核外电子排布式为__________，如图是D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该晶体1个晶胞中阳离子的个数为__________．（5）向E的硫酸盐溶液中通入过量的CA3，可生成[E（CA3）4]2+配离子，1mol[E（CA3）4]2+中含有σ键的数目为__________．28282022-2022学年江苏省淮安市涟水中学高三（上）段考化学试卷一、选择题（共10小题，每题只有一个正确答案；每小题2分，共20分．）1．资源的回收和合理利用可促进社会的可持续发展．下列说法正确的是()A．用二氧化碳生产肥料可以缓解温室效应B．通过铝热反应回收金属铝C．处理废水时加入明矾作为消毒剂可以除去水中的杂质D．直接焚烧废旧塑料，防止白色污染【考点】常见的生活环境的污染及治理；"三废"处理与环境保护．【分析】A．根据二氧化碳能引起温室效应；B．铝热反应的实质是借助反应放出的热量，用铝来置换高熔点的活泼性弱于铝的金属；C．根据明矾净水的原理：加入水中形成的胶状物，对杂质的吸附使之沉淀；D．白色污染就是一次性难降解的塑料包，灼烧后会导致大气污染．【解答】解：A．氧化碳能引起温室效应，所以用二氧化碳生产肥料可以缓解温室效应，故A正确；B．铝热反应可以用来冶炼金属，焊接钢轨，不能回收铝，故B错误；C．明矾净水的原理是加入水中形成的胶状物，对杂质的吸附使之沉淀，不是作为消毒剂，故C错误；D．焚烧废旧塑料，会导致大气污染，不能防止白色污染，故D错误；故选A．【点评】本题考查了化学知识在生活实际的应用，熟悉温室气体的判断、明矾的净水作用、白色污染等即可解答，题目较简单．2．下列有关化学用语正确的是()A．NH4Cl的电子式：B．含18个中子的氯原子的核素符号：1735ClC．S2﹣的结构示意图：D．次氯酸的结构式：H﹣O﹣Cl【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．氯离子为阴离子，氯化铵的电子式需要标出最外层电子；B．元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质量数；C．硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18；D．次氯酸中存在1个氢氧键和1个氧氯键．【解答】解：A．氯化铵为离子化合物，氯离子需要标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故A错误；B．含18个中子的氯原子的质量数为35，该核素符号可以表示为：1735Cl，故B错误；28C．硫离子的核电荷数为16，最外层达到8电子稳定结构，硫离子正确的结构示意图为：，故C错误；D．次氯酸为共价化合物，其分子中存在1个1个氢氧键和1个氧氯键，其结构式为：H﹣O﹣Cl，故D正确；故选D．【点评】本题考查了比例模型、电子式、离子结构示意图、结构简式等判断，题目难度中等，注意明确常见的化学用语的概念及正确表示方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．与Al反应放出H2的溶液：Mg2+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣B．10mol•L﹣1的浓氨水：Al3+、NH4+、NO3﹣、I﹣C．0.1mol•L﹣1KMnO4溶液：Na+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣D．=1×10﹣12的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．与Al反应放出H2的溶液为酸性或者碱性溶液，Mg2+、Ca2+、HCO3﹣与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应；B．铝离子能够与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；C．高锰酸钾溶液具有氧化性，能够氧化亚铁离子；D．该溶液为碱性溶液，K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣之间不满足离子反应发生条件，也不与氢氧根离子反应．【解答】解：A．该溶液为酸性或者碱性溶液，若为碱性溶液，Mg2+、Ca2+、HCO3﹣能够与氢氧根离子发生反应；若为酸性溶液，HCO3﹣与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；B．Al3+与氨水反应生成难溶物氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Fe2+与KMnO4溶液发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；D．该溶液中存在大量的氢氧根离子，K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，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；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时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﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．4．下列有关物质应用的说法不正确的是()A．氯气用于制备漂白粉B．单质硅用于制造光导纤维C．氧化铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料D．三氧化二铁用于生产红色颜料28【考点】硅和二氧化硅；氯气的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】A、氯气和石灰乳反应可以获得漂白粉；B、二氧化硅是光导纤维的主要材料；C、Al2O3熔点很高，一般条件下不熔融；D、三氧化二铁是红棕色的固体物质．【解答】解：A、在工业上，氯气和石灰乳反应可以获得漂白粉，故A正确；B、二氧化硅是光导纤维的主要材料，单质硅用做太阳能电池、硅芯片材料，故B错误；C、Al2O3熔点很高，一般条件下不熔融，所以可以作耐高温材料，如制作坩埚等，故C正确；D、三氧化二铁是红棕色的固体物质，常用三氧化二铁生产红色颜料或是涂料，故D正确．故选B．【点评】本题涉及物质的性质以及应用知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．5．从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作．下列图示对应的装置合理、操作规范的是()A．灼烧B．过滤C．分液D．蒸馏28【考点】海带成分中碘的检验；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A、灼烧是在坩埚中进行；B、过滤实验为防止液体溅出要用到玻璃棒；C、根据萃取分液实验用到的仪器和操作来回答；D、蒸馏装置中，控制物质的沸点不同来实现物质的分离，温度计测的是蒸汽温度，据此回答．【解答】解：A、灼烧是在坩埚中进行的，不能在蒸发皿中进行，故A错误；B、过滤实验要用到玻璃棒的引流作用，故B错误；C、分液要在分液漏斗中进行，下层液体从下边漏出，上层液体从上口倒出，故C正确；D、蒸馏时，温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口出，不能深入液面以下，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生物质的分离方法和实验基本操作知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大．6．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是()物质组别甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca（OH）2NaHCO3A．AB．BC．CD．D【考点】铝的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅．【专题】元素及其化合物．【分析】A．Al与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应；B．NH3与O2、HNO3反应，但O2、HNO3二者不反应；C．SiO2与NaOH、HF反应，且NaOH与HF反应；D．SO2与Ca（OH）2、NaHCO3反应，且Ca（OH）2与NaHCO3反应．【解答】解：A．Al与HCl反应生成氯化铝和氢气，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，且HCl与NaOH反应生成NaCl和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不选；B．NH3与O2发生氧化还原反应生成NO和水，氨气与HNO3反应生成硝酸铵，但O2、HNO3二者不反应，则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B选；C．SiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，SiO2与HF反应生成四氟化硅和水，且NaOH与HF反应生成NaF和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故C不选；D．SO2与Ca（OH）2反应生成亚硫酸钙和水，SO2与NaHCO3反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，且Ca（OH）2与NaHCO3反应生成碳酸钙，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故D不选；故选B．【点评】本题考查考查物质之间的反应，为2022年高考真题，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意某些反应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大．287．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．常温常压下，71gCl2中含有的氯原子数目为NAB．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAC．46g由NO2与N2O4组成的混合气体含有的原子数目为3NAD．1L0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有的Fe3+离子数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、氯气的物质的量n=，再根据氯气是双原子分子，求出含有的原子数；B、氯气与水的反应是可逆反应；C、根据NO2与N2O4的最简式均为NO2，求出混合气体中含有的NO2的物质的量，然后根据1molNO2含3mol原子构成来计算含有的原子数；D、Fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解．【解答】解：A、氯气的物质的量n===1mol，而氯气是双原子分子，故1mol氯气含有2mol原子，个数为2NA，故A错误；B、氯气与水的反应是可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数目小于0.1NA，故B错误；C、NO2与N2O4的最简式均为NO2，故混合气体中含有的NO2的物质的量n===1mol，1molNO2含3mol原子，即3NA个，故C正确；D、Fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解，故含有的Fe3+的个数小于0.1NA个，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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．8．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．向氯化铝溶液通入过量的氨气：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2OB．过量氯气通入溴化亚铁溶液中2Cl2+2Fe2++2Br﹣═4Cl﹣+2Fe3++Br2C．次氯酸钠与浓盐酸反应产生Cl2：ClO﹣+Cl﹣+H2O=Cl2↑+2OH﹣D．NaHCO3溶液与少量Ba（OH）2溶液反应：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+CO32﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．氨水为弱碱，氯化铝溶液与氨气反应生成氢氧化铝沉淀；B．氯气过量，亚铁离子和溴离子都完全被氧化，亚铁离子和溴离子的计量数关系错误；C．酸性条件下次氯酸根离子与氯离子反应生成氯气，反应产物不会存在氢氧根离子；D．氢氧化钡少量，离子方程式按照氢氧化钡的化学式组成书写，反应后碳酸根离子有剩余．【解答】解：A．一水合氨不会溶解氢氧化铝，正确的离子方程式为：Al3++3NH3+3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．过量氯气通人溴化亚铁溶液中，亚铁离子和溴离子都被氧化，正确的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br﹣═6Cl﹣+2Fe3++2Br2，故B错误；C．次氯酸钠与浓盐酸反应产生Cl2，酸性溶液中不会生成氢氧根离子，正确的离子方程式为：ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，故C错误；D．碳酸氢钠溶液与少量Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故D正确；28故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，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，检查是否符合原化学方程式等．9．Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法不正确的是()A．Mg电极是该电池的负极B．H2O2在石墨电极上发生还原反应C．石墨电极附近溶液的pH增大D．溶液中Cl﹣向正极移动【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该装置中Mg易失电子作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，据此分析解答．【解答】解：A．Mg易失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；B．H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，故B正确；C．石墨电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，氢离子浓度减小，则溶液pH增大，故C正确；D．放电时，氯离子向负极移动，故D错误；故选D．【点评】本题考查了原电池原理，由Mg、双氧水的性质确定正负极，会正确书写电极反应式，知道离子移动方向，题目难度不大．10．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中只有C是金属元素，B是地壳中含量最多的元素，A元素常见化合价为+1和﹣1；A与C的最外层电子数相同，C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍．下列叙述正确的是()A．元素的原子半径：A＜B＜C＜D＜EB．对应氢化物的热稳定性：D＞EC．B与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D．五种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是E．【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和﹣1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第ⅠA族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3×（1+8）﹣11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，据此解答．28【解答】解：短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；A元素常见化合价为+1和﹣1，原子序数小于氧，则A为H元素；A与C的最外层电子数相同，则处于第ⅠA族，C是金属元素，原子序数大于氧元素，则C为Na元素；C、D两元素原子的电子数之和为A、B两种元素原子的电子数之和的3倍，则D的核外电子数为3×（1+8）﹣11=16，则D为硫元素；E的原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素，A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：H＜O＜Cl＜S＜Na，即A＜B＜E＜D＜C，故A错误；B．非金属性S＜Cl，非金属性越强，氢化物越稳定，故对应氢化物的热稳定性：D＜E，故B错误；C．B与C形成Na2O、Na2O2，氧化钠含有离子键，过氧化钠含有离子键、共价键，B与D形成SO3、SO2，只含有共价键，故C错误；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故HClO4的酸性最强，故D正确；故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握微粒半径、氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性比较规律．二、选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题就为0分）11．下列有关说法正确的是()A．铁表面镀铜时，铜与电源的正极相连，铁与电源的负极相连B．用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大C．一定温度下，反应2Mg（s）+CO2（g）=2MgO（s）+C（s）能自发进行，则该反应△H＜0D．SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（l）达到平衡，保持其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快，SO2的转化率提高【考点】金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，所以镀层连接电源正极、镀件连接电源负极；B．pH相等的HCl和醋酸，醋酸浓度大于盐酸浓度，中和等物质的量的NaOH，酸的浓度越大消耗的体积越小；C．如果△G=△H﹣T△S＜0，则该反应能自发进行；D．S是液体，分离出S不影响平衡移动．【解答】解：A．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，所以镀层连接电源正极、镀件连接电源负极，所以在铁表面镀铜，Cu连接电源正极、Fe连接电源负极，故A正确；B．pH相等的HCl和醋酸，醋酸浓度大于盐酸浓度，中和等物质的量的NaOH，酸的浓度越大消耗的体积越小，所以醋酸消耗的体积较小，故B错误；C．如果△G=△H﹣T△S＜0，则该反应能自发进行，该反应的熵减小，且能自发进行，所以△H＜0，故C正确；D．S是液体，分离出S不影响平衡移动，且反应物浓度不变，所以正反应速率不变，二氧化硫的转化率不变，故D错误；故选AC．28【点评】本题考查电镀原理、反应自发性的判断、化学平衡移动等知识点，侧重考查学生分析问题、计算能力，熟练掌握电解原理、化学平衡影响因素、酸碱中和定性判断等知识点，题目难度中等．12．国庆期间对天安门广场大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是()A．其分子式为C15H18O4B．1mol该物质与NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOHC．既能发生加成反应，又能发生取代反应和消去反应D．既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知分子式，分子中含碳碳双键、碳氧双键、﹣OH、﹣COOH，结合烯烃、醇、羧酸性质等来解答．【解答】解：A．由结构简式可知，该有机物的分子式为：C15H20O4，故A错误；B．分子中只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故B错误；C．含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羟基，可发生取代、消去反应，故C正确；D．不含酚羟基，与氯化铁不反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大．13．下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是()选项实验操作实验现象结论A向盛有Fe（NO3）2溶液的试管中加入0.1mol•L﹣1H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO2B向溶液中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液先滴加稀盐酸无现象，滴加BaCl2后出现白色沉淀溶液中一定含有SO42﹣C用洁净铂丝蘸取某溶液置于酒精灯火焰上灼烧火焰呈黄色溶液中含Na+，无K+D湿润的KI淀粉试纸靠近气体Y试纸变蓝Y一定是Cl2A．AB．BC．CD．D【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】A．试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；B．先加过量盐酸酸化，以除去银离子的干扰，然后再加BaCl2溶液．如产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则证明含有硫酸根；C．观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃；D．强氧化性气体与KI反应生成碘，碘单质遇淀粉变蓝．28【解答】解：A．在酸性条件下，Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应，3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，对于该反应Fe2+为还原剂，NO3﹣为氧化剂，被还原成NO，试管口出现红棕色气体，为一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，故A错误；B．向样品溶液中加入稀盐酸，没有任何现象，说明一定没有Ag+，再加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀，此时溶液为酸性，而BaSO4既不溶于水也不溶于酸，则白色沉淀为BaSO4，溶液中一定含有SO42﹣，故B正确；C．火焰呈黄色，溶液中含Na+，可能含K+，故C错误；D．强氧化性气体与KI反应生成碘，碘单质遇淀粉变蓝，则Y可能为氯气，或臭氧等，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，注意正确获取题干信息并能灵活运用物质的性质和物质的检验方法，排除其它因素的干扰是解题关键，题目难度中等．14．下列有关溶液中微粒浓度关系的叙述正确的是()A．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．溶有等物质的量NaClO、NaHCO3的溶液中：c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）C．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）D．25℃时，pH=7的NH4Cl与NH3•H2O混合溶液：c（H+）=c（OH﹣）=c（NH4+）=c（Cl﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A、铵根水解导致离子浓度减小；B、据物料守恒即n（Na）=n（Cl）=n（C）解答；C、据电荷守恒解答；D、不知道NH4Cl与NH3•H2O的浓度，无法比较c（H+）=c（OH﹣）与c（NH4+）=c（Cl﹣）的大小．【解答】解：A、铵根水解导致离子浓度减小，应为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B、据物料守恒知n（Na）=n（Cl）=n（C），Cl在NaClO溶液中以HClO和ClO﹣的形式存在，有c（HClO）+c（ClO﹣）=c（Na+）NaClO电离出来的，C在溶液中以HCO3﹣、H2CO3和CO32﹣的形式存在，c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）=c（Na+）NaHCO3电离出来的，c（Na+）NaClO电离出来的=c（Na+）NaHCO3电离出来的，故B正确；C、在CH3COOH与CH3COONa混合溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），溶液显酸性，说明c（H+）＞c（OH﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故C正确；D、中性NH4Cl与NH3•H2O混合溶液中，c（H+）=c（OH﹣），c（NH4+）=c（Cl﹣），不知道NH4Cl与NH3•H2O的浓度，无法比较c（H+）=c（OH﹣）与c（NH4+）=c（Cl﹣）的大小，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，注意电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等．15．温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n（N2O4）/mol00.120.180.200.20下列说法正确的是()28A．反应在前50s的平均速率为v（NO2）=0.0012mol•L﹣1•s﹣1B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时，v（正）＜v（逆）C．保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则反应的△H＜0D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，则平衡时N2O4的转化率大于80%【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用．【专题】化学平衡专题．【分析】A．由表中数据可知，50s内N2O4的物质的量变化量为0.12mol，根据v=计算v（N2O4），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时，平衡向逆反应移动；C．由表中数据可知，250s达到平衡，平衡时生成0.2molmolN2O4时，N2O4浓度变化量为0.1mol/L，据此利用三段式计算平衡时NO2的浓度，计算温度T时平衡常数，根据升高温度平衡常数的变化，判断反应是吸热还是放热；D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，相当于开始4molmolNO2，等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，平衡时N2O4的物质的量大于0.4mol，据此计算判断．【解答】解：A．由表中数据可知，50s内N2O4的物质的量变化量为0.12mol，则v（N2O4）==0.0012mol•L﹣1•s﹣1，根据速率之比等于化学计量数之比，故v（NO2）=2v（N2O4）=0.0024mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时，平衡向逆反应移动，故v（正）＜v（逆），故B正确；C．由表中数据可知，250s达到平衡，平衡时生成0.2molmolN2O4时，N2O4浓度变化量为0.1mol/L，则：2NO2（g）⇌N2O4（g）开始（mol/L）：10变化（mol/L）：0.20.1平衡（mol/L）：0.80.1故温度为T时平衡常数k==0.156，保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故C正确；D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，相当于开始4molmolNO2，等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，平衡时N2O4的物质的量大于0.4mol，故平衡时N2O4的转化率小于=80%，故D错误；故选BC．【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡影响因素与计算、化学平衡常数计算与应用等，难度中等，注意D选项可以利用平衡常数计算N2O4的转化率具体值，较利用等效平衡建立麻烦．三、解答题（共6小题，满分80分）2816．某铝土矿中主要含有Al2O3、Al（OH）3、AlO（OH），还含有Fe2O3等杂质．利用拜耳法生产氧化铝的流程如图所示：（1）碱浸时为提高铝土矿的浸出率可采取的措施是粉碎铝土矿，升高温度等．（答两点）（2）AlO（OH）与NaOH反应的化学方程式为AlO（OH）+NaOH=NaAlO2+H2O．（3）在稀释、结晶过程中，加Al（OH）3晶核的目的是促进Al（OH）3的析出．上述“稀释、结晶”工艺，也可用通入足量的某气体的方法来代替．通入气体时发生反应的离子方程式是AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓．（4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，该杂质可通过苛化反应除去，写出苛化反应的化学方程式：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH．（5）该生产流程能实现NaOH填化学式）的循环利用．（6）氧化铝是工业上冶炼铝的原料，用氧化铝电解制备金属铝时需加入冰晶石（Na3AlF6）作助熔剂，写出用NaF和Al2（SO4）3反应制备冰晶石的化学方程式为12NaF+Al2（SO4）3═2Na3AlF6+3Na2SO4．【考点】制备实验方案的设计．【分析】铝土矿用强碱溶液进行转化成偏铝酸盐，加入Al（OH）3晶核促进Al（OH）3的析出，加水稀释也是促进偏铝酸根离子的水解，最后滤出氢氧化铝，然后焙烧氢氧化铝得到三氧化二铝，（1）矿石的颗粒大小、温度及是否搅拌等会影响浸取率，据此答题；（2）AlO（OH）与NaOH反应，最后得到偏铝酸钠，钠和铝之比为1：1，所以AlO（OH）与NaOH是1：1反应；（3）越稀越水解，加水稀释促进偏铝酸根离子的水解，也可以用偏铝酸盐与二氧化碳气体反应制得；（4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，杂质是碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成苛性钠，从而除去碳酸根离子；（5）后续反应中生成氢氧化钠，而前阶段是用氢氧化钠溶解铝土矿；（6）NaF和Al2（SO4）3反应可生成Na3AlF6和Na2SO4；【解答】解：铝土矿用强碱溶液进行转化成偏铝酸盐，加入Al（OH）3晶核促进Al（OH）3的析出，加水稀释也是促进偏铝酸根离子的水解，最后滤出氢氧化铝，然后焙烧氢氧化铝得到三氧化二铝，（1）为提高铝土矿的浸出率可采取的措施是粉碎铝土矿，升高温度，搅拌等，故答案为：粉碎铝土矿，升高温度等；（2）AlO（OH）与NaOH反应，最后得到偏铝酸钠，钠和铝之比为1：1，所以AlO（OH）与NaOH是1：1反应，即AlO（OH）+NaOH=NaAlO2+H2O，故答案为：AlO（OH）+NaOH=NaAlO2+H2O；（3）越稀越水解，加水稀释促进偏铝酸根离子的水解，也可以用偏铝酸盐与二氧化碳气体反应制得，反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓；28（4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，杂质是碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成苛性钠，从而除去碳酸根离子，方程式为Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH；（5）后续反应中生成氢氧化钠，而前阶段是用氢氧化钠溶解铝土矿，该生产流程能实现的循环利用是NaOH，故答案为：NaOH；（6）NaF和Al2（SO4）3反应可生成Na3AlF6和Na2SO4，方程式为12NaF+Al2（SO4）3=2Na3AlF6+3Na2SO4，故答案为：12NaF+Al2（SO4）3═2Na3AlF6+3Na2SO4．【点评】以三氧二化铝的制备为载体，考查铝及其化合物性质、离子方程式、对工艺流程的理解、除杂等，难度中等，关键在于对工艺流程的理解和知识的迁移运用．17．（14分）工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的Al3+（填“Fe3+”“Fe2+”或“Al3+”）沉淀，该工艺中“搅拌”的作用是加快反应速率．（2）在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作氧化剂．若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为2mol．（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，可部分水解生成Fe2（OH）聚合离子．该水解反应的离子方程式为2Fe（OH）2++2H2OFe2（OH）42﹣+2H+．（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁．根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO．为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为D（填字母）．A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液．【考点】铁的氧化物和氢氧化物；镁、铝的重要化合物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）要制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，根据沉淀的pH选择；（2）依据流程分析判断，反应Ⅱ是氧化亚铁离子便于铁离子沉淀分离，流程产物分析可知O2与NaNO2在反应中做氧化剂；依据电子守恒计算；（3）根据反应物和生成物判断离子方程式；Fe（OH）2+水解显酸性，据电荷守恒可写出该反应的离子方程式；（4）A、氯水可以氧化亚铁离子为铁离子，溶液颜色变化不明显，不能检验亚铁离子；28B、KSCN溶液和亚铁离子不反应，无现象发生；C、NaOH溶液加入和铁离子反应生成红褐色沉淀不能检验是否存在亚铁离子；D、在含有Fe3+的溶液中检验Fe2+，应选用酸性KMnO4溶液，因现象明显，酸性KMnO4溶液氧化亚铁离子高锰酸钾溶液褪色．【解答】解：（1）由题意可知，过量废铁屑溶于稀硫酸得FeSO4、Al2（SO4）3混合溶液，根据表中数据可知，向混合溶液中加入少量NaHCO3，沉淀Al3+而不沉淀Fe2+，反应方程式为Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，要避免生成应Fe（OH）2沉淀，控制pH在4.4～7.5之间；工艺中搅拌作用是加快反应速率，故答案为：Al3+加快反应沉淀，加快反应速率；（2）反应Ⅱ是氧化亚铁离子便于铁离子沉淀分离，流程产物分析可知O2与NaNO2在反应中做氧化剂；n（O2）==0.5mol，则得到电子0.5mol×4=2mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到2mol电子，NaNO2的物质的量为2mol，故答案为：氧化剂；2mol；（3）[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2[Fe（OH）]2++2H2O=[Fe2（OH）4]2++2H+，故答案为：2[Fe（OH）]2++2H2O=[Fe2（OH）4]2++2H+；（4）A、氯水可以氧化亚铁离子为铁离子，溶液颜色变化不明显，不能检验亚铁离子，故A不符合；B、KSCN溶液和亚铁离子不反应，无现象发生，故B不符合；C、NaOH溶液加入和铁离子反应生成红褐色沉淀不能检验是否存在亚铁离子，故C不符合；D、酸性KMnO4溶液氧化亚铁离子高锰酸钾溶液褪色，故D符合；故选D．【点评】本题考查制备原理的设计，题目难度中等，注意根据物质的性质和题给信息判断可能发生的反应，方程式的书写为解答该题的难点，也是易错点，注意体会书写方法．18．水滑石（MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O）用作阻燃剂及催化剂的载体（1）MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O中a、b、c、d的代数关系式为2a+3b=c+2d．（2）为确定水滑石的组成，进行如下实验：取水滑石样品60.2g进行加热时，温度与剩余固体质量的关系如右图．认真分析图中曲线变化情况回答下列问题（已知样品在400℃时已完全失水）①当温度在0～280℃质量不变，是什么原因：天然水滑石在温度低于280℃是稳定的．C→D减少的物质其物质的量为0.1mol②a+b+c+d=25，取该水滑石样品0.1mol，用1mol/L盐酸使其完全溶解，若参加反应的盐酸的物质的量与生成CO2的物质的量之比为18：1，该水滑石的化学式为Mg6Al2（OH）16CO3•4H2O（写出计算过程）28【考点】化学方程式的有关计算．【分析】（1）化合物中正负化合价的代数和为0；（2）①当温度在0～280℃质量不变，说明加热不分解；C→D分解生成二氧化碳，减少的物质为二氧化碳；②a+b+c+d=25，根据参加反应的盐酸的物质的量与生成CO2的物质的量之比为18：1及化合价代数和为0和已知关系列方程组解答．【解答】解：（1）MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O中，正负化合价的代数和为0，则（+2）×a+（+3）×b+（﹣1）×c+（﹣2）×d=0，解得2a+3b=c+2d，故答案为：2a+3b=c+2d；（2）水滑石加热到一定温度才能发生分解，如图所示：天然水滑石在加热时，A→B发生分解，失去结晶水，n（H2O）==0.4mol，C→D发生分解生成CO2，n（CO2）==0.1mol，28①水滑石具有阻燃作用，受热分解需吸收大量热量，则天然水滑石在温度低于280℃是稳定的，C→D减少的物质其物质的量为0.1mol，故答案为：天然水滑石在温度低于280℃是稳定的；0.1mol；②1mol水滑石消耗（2a+3b）mol盐酸，则0.1mol水滑石消耗（0.2a+0.3b）mol盐酸，消耗盐酸体积为=（0.2a+0.3b）L，则有：=，2a+3b=c+2d又有：a+b+c+d=25，故解得：a：b：c：d=6：2：16：1，故水滑石的化学式为：Mg6Al2（OH）16CO3，结合相对分子质量为=602可知，含结晶水个数为=4，即为Mg6Al2（OH）16CO3•4H2O，故答案为：Mg6Al2（OH）16CO3•4H2O．【点评】本题考查了复杂化学式的计算及图象分析等知识，题目难度稍大，试题涉及的计算量较大，解题过程中需要有较强的耐心，试题培养了学生的分析、理解及化学计算能力，分析图象信息是完成本题目的关键．19．（16分）NiSO4.6H2O是一种绿色易容于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有：Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得．操作步骤如图1：（1）溶解废渣常用一定浓度的稀硫酸，用浓硫酸配制一定浓度的稀硫酸用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有容量瓶、胶状滴管．（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：Cu2++S2﹣═CuS↓．（3）在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃时加入NaOH调节pH，除去铁和铬．此外，除去铁还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀除去．图2是温度﹣pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域（已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=2.64×10﹣39）．下列说法正确的是cd（选填序号）．a．FeOOH中铁为+2价b．若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c（Fe3+）=2.64×10﹣27c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+离子方程式为：6Fe2++ClO3﹣+6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2Od．工业生产中常保持在85～95℃生成黄铁矾钠，此时水体的pH约为1.2～1.8（4）上述流程中滤液Ⅲ的主要成分是NiSO4．（5）确定步骤④中Na2CO3溶液足量，碳酸镍已完全沉淀的简单实验方法是上层清液呈无色．（6）操作Ⅰ的实验步骤依次为：【实验中可选用的试剂：6mol•L﹣1的H2SO4溶液，蒸馏水、pH试纸】．①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次，直至流出的溶液用pH试纸检验呈中性；28②向沉淀中加6mol•L﹣1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体；④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干．【考点】制备实验方案的设计．【分析】废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素的化合物杂质），在硫酸溶解调节pH后过滤后除去铁离子，滤液含有二价铁离子、三价铬离子、铜离子、锌离子等杂质，滤液I中加入硫化钠形成CuS、ZnS沉淀，可除去铜离子、锌离子，过滤，滤液II中加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ含有可溶性硫酸盐，主要是NiSO4，还有Na2SO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，（1）配制一定浓度的稀硫酸用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶状滴管；（2）加Na2S，易生成CuS沉淀；（3）a．根据化合价的代数和为零分析；b．pH=4，c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1，根据Ksp计算铁离子的浓度；c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+生成铁离子和氯离子；d．根据图象判断生成黄铁矾钠的条件；（4）根据流程分析判断；（5）含有Ni2+的溶液显绿色；（6）向含有NiSO4溶液中加碳酸钠，得到NiCO3沉淀，过滤、洗涤，向沉淀中加硫酸溶解，得到NiSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得NiSO4•6H2O晶体；【解答】解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素的化合物杂质），在硫酸溶解调节pH后过滤后除去铁离子，滤液含有二价铁离子、三价铬离子、铜离子、锌离子等杂质，滤液I中加入硫化钠形成CuS、ZnS沉淀，可除去铜离子、锌离子，过滤，滤液II中加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅲ含有可溶性硫酸盐，主要是NiSO4，还有Na2SO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，（1）配制一定浓度的稀硫酸用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶状滴管；故答案为：容量瓶、胶状滴管；（2）加Na2S，易生成CuS沉淀，其反应的离子方程式为：Cu2++S2﹣═CuS↓；故答案为：Cu2++S2﹣═CuS↓；（3）a．FeOOH中O为﹣2价，H为+1价，则铁为+3价，故a错误；28b．pH=4，c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1，Ksp=c（Fe3+）×c3（OH﹣），则c（Fe3+）===2.64×10﹣9mol/L，故b错误；c．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+生成铁离子和氯离子，其反应的离子方程式为：6Fe2++ClO3﹣+6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2O，故c正确；d．由图象判断可知生成黄铁矾钠的条件为：温度为85～95℃，水体的pH为1.2～1.8，故d正确；故答案为：cd；（4）由流程分析可知滤液Ⅲ的主要成分是NiSO4；故答案为：NiSO4；（5）含有Ni2+的溶液显绿色，当溶液由绿色变为无色，说明镍离子已经完全沉淀；故答案为：上层清液呈无色；（6）向含有NiSO4溶液中加碳酸钠，得到NiCO3沉淀，过滤、洗涤，向沉淀中加硫酸溶解，得到NiSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得NiSO4•6H2O晶体，则从溶液中提取硫酸镍的步骤为：①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次，直至流出的溶液用pH试纸检验呈中性；②向沉淀中加6mol•L﹣1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体；④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干．故答案为：过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次，直至流出的溶液用pH试纸检验呈中性；向沉淀中加6mol•L﹣1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体．【点评】本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度较大，明确实验的目的和原理是解答该题的关键，注意把握基本实验操作．20．（14分）金属镁可用于制造合金、储氢材料、镁电池等．已知：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1Mg（g）+O2（g）═MgO（s）△H=﹣732.7kJ•mol﹣1（1）一种制备镁的反应为MgO（s）+C（s）═Mg（g）+CO（g），该反应的△H=：+622.2KJ/mol．（2）一种用水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）制备金属镁工艺的关键流程如图1：①为探究MgCl2•6H2O“一段脱水”的合理温度范围，某科研小组将MgCl2•6H2O在不同温度下分解，测得残留固体物质的X﹣射线衍射谱图如图2所示（X﹣射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在）．测得E中Mg元素质量分数为60.0%，则E的化学式为MgO．“一段脱水”的目的是制备MgCl2•2H2O，温度不高于180℃的原因是若温度太高，MgCl2转化为MgOHCl或MgO．28②若电解时电解槽中有水分，则生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应，使阴极表面产生MgO钝化膜，降低电解效率．生成MgO的化学方程式为2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑．（3）Mg2Ni是一种储氢材料．2.14gMg2Ni在一定条件下能吸收0.896LH2（标准状况下）生成X，X的化学式为Mg2NiH4．（4）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置如图3所示，该电池反应的电极反应式分别为负极Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2↓．正极ClO﹣+H2O+2e﹣=Cl﹣+2OH﹣【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）①C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，②Mg（g）+O2（g）=MgO（s）△H=﹣732.7kJ•mol﹣1，依据盖斯定律①﹣②得到制备镁的反应为：MgO（s）+C（s）=Mg（g）+CO（g），据此计算；（2）①分析图谱中温度不同的谱线结合E中镁元素的质量分数可知，E为氧化镁；“一段脱水”的目的是制备MgCl2•2H2O，温度不高于180℃的目的是因为温度过高会生成MgOHCl或MgO；②依据生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应生成MgO，氯化镁和氢气，依据原子守恒分析书写；（3）依据2.14gMg2Ni在一定条件下能吸收0.896LH2（标准状况下）生成X的定量关系结合反应前后原子守恒分析得到化学式；（4）依据“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中的电极反应和微粒变化写出原电池的电极反应；【解答】解：（1）①C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，②Mg（g）+O2（g）=MgO（s）△H=﹣732.7kJ•mol﹣1，依据盖斯定律①﹣②得到制备镁的反应为：MgO（s）+C（s）=Mg（g）+CO（g），该反应的△H=+622.2KJ/mol，故答案为：+622.2KJ/mol；（2）①分析图谱中温度不同的谱线结合E中镁元素的质量分数可知，MgO中镁元素质量分数=×100%=60%，判断E为氧化镁；“一段脱水”的目的是制备MgCl2•2H2O，温度不高于180℃的目的是因为温度过高会生成MgOHCl或MgO，故答案为：MgO；若温度太高，MgCl2转化为MgOHCl或MgO；②生成的MgOHCl与阴极产生的Mg反应生成MgO，氯化镁和氢气，反应的化学方程式为：2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑，故答案为：2MgOHCl+Mg=2MgO+MgCl2+H2↑；（3）依据2.14gMg2Ni在一定条件下能吸收0.896LH2（标准状况下）生成X的定量关系结合反应前后原子守恒分析得到化学式，2.14gMg2Ni物质的量=28=0.02mol，吸收的氢气物质的量==0.04mol，Mg2Ni和氢气物质的量=1：2，得到X的化学式为Mg2NiH4，故答案为：Mg2NiH4；（4）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池的装置图中的电极反应和微粒变化分析，该电池反应的负极是镁失去电子生成氢氧化镁，电极反应式为Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2↓，负极是得到电子生成氯离子，电极反应式为ClO﹣+H2O+2e﹣=Cl﹣+2OH﹣，故答案为：Mg﹣2e﹣+2OH﹣=Mg（OH）2↓；ClO﹣+H2O+2e﹣=Cl﹣+2OH﹣．【点评】本题考查了热化学方程式书写方法，物质制备实验的分析判断，原电池原理和电极原理的分析应用，图象分析能力，掌握基础知识是关键，题目难度中等．21．已知A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A．B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子有2个未成对电子．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体．E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满．回答下列问题（用元素符号或化学式表示）．（1）M分子中B原子轨道的杂化类型为sp2．（2）化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是NH3分子间能形成氢键．（3）写出与BD2互为等电子体的C3﹣的结构式[N=N=N]﹣．（4）E+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，如图是D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该晶体1个晶胞中阳离子的个数为4．（5）向E的硫酸盐溶液中通入过量的CA3，可生成[E（CA3）4]2+配离子，1mol[E（CA3）4]2+中含有σ键的数目为16×6.02×1023．【考点】位置结构性质的相互关系应用；配合物的成键情况；晶胞的计算．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B是C元素；D原子有2个未成对电子，且D原子半径小于B，则D是O元素；C的原子半径小于B而大于D，则C是N元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则该气体是甲醛，所以A是H元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，则E是铜元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B是C元素；D原子有2个未成对电子，且D原子半径小于B，则D是O元素；C的原子半径小于B而大于D，则C是N元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则该气体是甲醛，所以A是H元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，则E是铜元素，（1）M为HCHO，分子中C原子成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则C原子采取sp2杂化，28故答案为：sp2；（2）NH3分子间能形成氢键，沸点高于CH3，故答案为：NH3分子间能形成氢键；（3）与CO2互为等电子体的N3﹣，二者结构式相似，故N3﹣结构式为[N=N=N]﹣，故答案为：[N=N=N]﹣；（4）Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，E形成的阳离子位于晶胞内部，该晶体1个晶胞中阳离子的个数为4，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；4；（5）向硫酸铜溶液中通入过量的NH3，可生成[Cu（NH3）4]2+配离子，N﹣H键为σ键，配位键属于σ键，故1mol[Cu（NH3）4]2+中含有16molσ键，含有σ键的数目为16×6.02×1023，故答案为：16×6.02×1023．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及杂化轨道、氢键、等电子体、晶胞结构、核外电子排布、配合物、化学键等知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，题目难度中等．28
