2019-2020年高考化学一模试卷（a卷）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学一模试卷（a卷）（含解析）一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）1下表中对应关系错误的是（）ANaCl=Na+ClNH3H2ONH4+OH均属于电离方程式BBa2+SO42=BaSO4HCO3+OH=CO32+H2O均可表示一类反应CSO2使酸性高锰酸钾溶液褪色；SO2使碱性酚酞溶液褪色均属于SO2的同一性质DCl2+2NaOH=NaClO+H2O；3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2OCl2和S在反应中即作氧化剂又作还原剂AABBCCDD2下列关于Fe2（SO4）3的叙述正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的数值）（）Amol/L的 Fe2（SO4）3溶液中含有2NA个Fe3+（不考虑水解）Bmol的 Fe2（SO4）3和S2反应可转移2NA个电子C在该溶液中，K+、NH4+、I、SO42可以大量共存D与Cu反应的离子方程式为：Fe3+CuFe2+Cu2+3CO2中的一个O原子被S原子代替后，即为羰基硫（OCS），羰基硫是一种有臭鸡蛋气味的无色气体，高温下分解为CO和S下列有关说法正确的是（）AOCS中S的化合价为+4价B羰基硫分解时，CO是氧化产物C每有1mol OCS分解，能生成22.4LCODOCS中含有共价键，属于非电解质4四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（）A个37W原子中，质子数比中子数多3个BY和W处于同一主族，具有相同的最高价态CZ形成简单阴离子半径小于W形成简单阴离子半径DX与Y、Z与W每组两种元素间均可形成电子数相等的氢化物5下列物质与足量铁反应，转移电子数最少的是（）Amol氯气Bmol SC含1molHNO3的稀硝酸D含1molCuSO4的硫酸铜溶液6在化学中有很多规律，下列对规律的应用正确的是（）A根据较强酸可制取较弱酸的规律，可向次氯酸钠溶液中通入二氧化碳制取次氯酸B根据金属与盐溶液混合发生置换反应的规律，可用钠置换出硫酸铜溶液中的铜C根据酸性氧化物不与酸反应的规律，可用二氧化硅制成的容器盛放氢氟酸D根据电荷守恒规律，可判断溶液中所含阳离子数目一定等于阴离子数目7根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（）序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeI2I2KClO3浓盐酸Cl2KMnO4H2O2O2Mn2+A表中组的反应中氧化产物一定是I2B氧化性强弱的比较：KClO3Cl2Fe3+I2C表中组每生成1molCl2，转移1mol电子D表中组其他反应物可以为浓盐酸二、解答题（共4小题，满分65分）8要准确掌握化学基本概念和研究方法按要求回答下列问题：（1）下列是某同学对有关物质进行分类的列表：碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物第一组Na2CO3H2SO4NaHCO3CaOCO2第二组NaOHHClNaClNa2OCO第三组NaOHCH3COOHCaF2Al2O3SO2每组分类均有错误，其错误的物质分别是（填化学式，下同）、胶体和溶液的本质区别是；鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生现象（3）下列3个反应，按要求填写相关量2Na2O2+2H2O4NaOH+O2反应中，每消耗1mol Na2O2生成g O2；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2反应中，每消耗168g NaHCO3，标况下生成L CO2；Cl2+H2OHCl+HClO反应中，标况下每消耗22.4L Cl2，转移mol电子（4）在一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表，按要求回答下列问题：物质MNQP反应前质量（g）5032反应后质量（g）X6330该变化的基本反应类型是反应； 物质Q在反应中起的作用是9通过对模型、图形、图表的观察，获取有关信息是化学学习的一种重要能力（1）如图1是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图按要求回答问题：Y元素在元素周期表中的位置为气态氢化物的稳定性：X（填“”“”）Y这五种元素形成的简单离子中，离子半径最大的是（填离子符号）Z的氢化物ZH可以和水发生氧化还原反应，其反应方程式为X、Y、Z三种物质有以下转化关系（图2）：如果三种物质中均含Mg元素，且X为镁单质，则Y、Z可能是、（填化学式，只填一种物质即可，下同）；如果三种物质中均含Cl元素，且X为Cl2，则Y、Z可能是、；如果三种物质中均含Si元素，且X为SiO2，则Y、Z可能是、（3）向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液，生成沉淀质量m与Ba（OH）2体积V之间的关系（图3），则oa段生成的沉淀为（填化学式，下同），ab段生成的沉淀为；bc段生成的沉淀为10硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5H2O）制取单质硼的工艺流程图如下：回答下列问题：（1）Mg2B2O5H2O中B的化合价为溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为、（3）写出步骤的化学方程式（4）写出步骤的化学方程式（5）步骤中化学反应可以发生的原因是（6）BF3是有机化学中常用的酸性催化剂，BF3分子中B和F最外层的电子数分别为、个（7）乙硼烷（B2H6）是一种气态高能燃料，写出乙硼烷在空气中燃烧的化学方程式11按要求回答下列问题（1）某小组同学探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，该反应的离子方程式为，得出的结论是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性（填“强”或“弱”）再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，变橙黄色反应的离子方程式为，得出的结论是H2O2的氧化性比Br2的氧化性（填“强”或“弱”）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，为了清楚沉淀的物质，研究小组向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，你认为沉淀物是，产生该物质可能的原因是（3）为探究SO2使品红溶液褪色的原因，该小组同学将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，由此所得出的结论正确的是（填编号）aSO2使品红溶液褪色的微粒一定不是SO2分子bSO2使品红溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子c此实验无法确定SO2使品红溶液褪色的微粒d将干燥的SO2气体通入品红的酒精溶液中，能使品红褪色由此可猜想使品红溶液褪色的微粒可能是（4）配平并完成下列离子方程式 MnO4+ H2O2+= Mn2+ O2+ H2O每有1mol高锰酸根参加反应，生成mol O2山东省威海市文登市xx届高考化学一模试卷（A卷）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）1下表中对应关系错误的是（）ANaCl=Na+ClNH3H2ONH4+OH均属于电离方程式BBa2+SO42=BaSO4HCO3+OH=CO32+H2O均可表示一类反应CSO2使酸性高锰酸钾溶液褪色；SO2使碱性酚酞溶液褪色均属于SO2的同一性质DCl2+2NaOH=NaClO+H2O；3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2OCl2和S在反应中即作氧化剂又作还原剂AABBCCDD考点：电离方程式的书写；离子方程式的书写；氧化还原反应；二氧化硫的化学性质专题：离子反应专题分析：A氯化钠电离生成钠离子、氯离子；一水合氨电离生成氨根离子和氢氧根离子；B依据离子方程式的意义解答；C依据二氧化硫的性质解答；D依据Cl2和S在反应中化合价变化解答解答：解：A氯化钠电离生成钠离子、氯离子，电离方程式为：NaCl=Na+Cl；一水合氨电离生成氨根离子和氢氧根离子，电离方程式为：NH3H2ONH4+OH，故A正确；BBa2+SO42=BaSO4可以表示可溶性钡盐与可溶性硫酸盐反应生成硫酸钡沉淀的反应；HCO3+OH=CO32+H2O表示可溶性碳酸氢盐与可溶性强碱反应生成可溶性碳酸盐和水，故B正确；CSO2使酸性高锰酸钾溶液褪色体现其还原性；SO2使碱性酚酞溶液褪色体现其漂白性，故C错误；DCl2+2NaOH=NaClO+H2O，反应中氯元素化合价既升高有降低，氯气既作氧化剂又作还原剂，3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，反应中硫元素化合价既升高有降低，硫既作氧化剂又作还原剂，故D正确；故选：C点评：本题考查了元素化合物知识和离子方程式的书写，明确物质的性质和离子方程式书写的方法是解题关键，题目难度不大2下列关于Fe2（SO4）3的叙述正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的数值）（）Amol/L的 Fe2（SO4）3溶液中含有2NA个Fe3+（不考虑水解）Bmol的 Fe2（SO4）3和S2反应可转移2NA个电子C在该溶液中，K+、NH4+、I、SO42可以大量共存D与Cu反应的离子方程式为：Fe3+CuFe2+Cu2+考点：阿伏加德罗常数分析：A不知道溶液的体积，无法求出铁离子的数目；B根据Fe3+Fe2+e计算；C铁离子具有氧化性，可以氧化碘离子，故C错误；D与Cu反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+解答：解：A不知道溶液的体积，无法求出铁离子的数目，故A错误；BFe3+Fe2+e，1mol的 Fe2（SO4）3和S2反应可转移2NA个电子，故B正确；C铁离子具有氧化性，可以氧化碘离子，故C错误；D与Cu反应的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系3CO2中的一个O原子被S原子代替后，即为羰基硫（OCS），羰基硫是一种有臭鸡蛋气味的无色气体，高温下分解为CO和S下列有关说法正确的是（）AOCS中S的化合价为+4价B羰基硫分解时，CO是氧化产物C每有1mol OCS分解，能生成22.4LCODOCS中含有共价键，属于非电解质考点：氧化还原反应；电解质与非电解质专题：信息给予题分析：OCS分子结构与CO2相似，其结构式为：O=C=S，OCS中C化合价为+4价，高温下分解为CO和S，反应方程式为OCSCO+S，C元素化合价降低，S元素化合价升高，以此解答该题解答：解：AOCS中C化合价为+4价，O、S的化合价为2价，故A错误；BOCSCO+S中，C元素化合价降低，被还原，CO是还原产物，故B错误；C没有标况，体积没有意义，故C错误；D其结构式为：O=C=S，含有共价键，为非电解质，故D正确故选D点评：本题考查了化学基本概念和理论，涉及电解质、氧化还原规律，题目难度中等，充分利用题干给出信息结合所学知识是解题关键，注意不同类型晶体的区别4四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（）A个37W原子中，质子数比中子数多3个BY和W处于同一主族，具有相同的最高价态CZ形成简单阴离子半径小于W形成简单阴离子半径DX与Y、Z与W每组两种元素间均可形成电子数相等的氢化物考点：元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用分析：X、Y、Z、W都是短周期元素，根据在元素周期表位置可知，X是N元素、Y是F元素、Z是S元素、W是Cl元素，由此分析解答解答：解：A、1个37Cl原子中，质子数是17，中子数不3717=20，所以质子数比中子数少3个，故A错误；B、氟只有负价和0价，而氯的最高价为+7价，故B错误；C、硫离子和氯离子具有相同的电子层结构，质子数越多半径越小，所以Z形成简单阴离子半径大于W形成简单阴离子半径，故C错误；D、氨气和氟化氢是10电子，而硫化氢和氯化氢是18电子，所以X与Y、Z与W每组两种元素间均可形成电子数相等的氢化物，故D正确；故选D点评：本题考查元素周期表和周期律的综合应用，难度不大，注意氟的化合价，无正价5下列物质与足量铁反应，转移电子数最少的是（）Amol氯气Bmol SC含1molHNO3的稀硝酸D含1molCuSO4的硫酸铜溶液考点：铁的化学性质分析：铁具有还原性，可与强氧化剂发生氧化还原反应生成铁离子，与弱氧化剂反应生成亚铁离子，与浓硝酸、浓硝酸在常温下发生钝化反应，以此解答该题解答：解：A.1mol氯气与铁反应生成氯化铁，1mol氯气得到2mol电子；B.1molS与铁反应生成FeS，转移2mol电子；C含1molHNO3的稀硝酸与铁发生3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O，生成0.25molNO，转移0.75mol电子；D含1molCuSO4的硫酸铜溶液与铁反应生成1mol铜，转移2mol电子，则转移电子最少的为C故选C点评：本题综合考查铁的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握常见氧化剂与铁反应的产物的判断，难度不大6在化学中有很多规律，下列对规律的应用正确的是（）A根据较强酸可制取较弱酸的规律，可向次氯酸钠溶液中通入二氧化碳制取次氯酸B根据金属与盐溶液混合发生置换反应的规律，可用钠置换出硫酸铜溶液中的铜C根据酸性氧化物不与酸反应的规律，可用二氧化硅制成的容器盛放氢氟酸D根据电荷守恒规律，可判断溶液中所含阳离子数目一定等于阴离子数目考点：探究化学规律分析：AH2CO3酸性大于HClO；BNa性质很活泼，投入盐溶液中时，Na先和水反应生成NaOH，NaOH能和部分盐发生复分解反应；C二氧化硅属于酸性氧化物，但能和HF反应；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒，但阴阳离子个数不一定相等解答：解：AH2CO3酸性大于HClO，所以可向NaClO溶液中通入二氧化碳制取HClO，故A正确；BNa性质很活泼，投入CuSO4溶液中时，Na先和水反应生成NaOH，NaOH能和CuSO4发生复分解反应生成Cu（OH）2沉淀而得不到金属单质Cu，故B错误；C二氧化硅属于酸性氧化物，但能和HF反应生成SiF4和H2O，所以氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中，故C错误；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒，但阴阳离子个数不一定相等，如硫酸溶液中存在N（H+）=2N（SO42），故D错误；故选A点评：本题考查化学规律，涉及物质性质、电荷守恒、强酸制取弱酸等知识点，注意HF性质的特殊性，易错选项是B7根据表中信息，判断下列叙述中正确的是（）序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeI2I2KClO3浓盐酸Cl2KMnO4H2O2O2Mn2+A表中组的反应中氧化产物一定是I2B氧化性强弱的比较：KClO3Cl2Fe3+I2C表中组每生成1molCl2，转移1mol电子D表中组其他反应物可以为浓盐酸考点：氧化还原反应分析：过量的氯气与碘化亚铁反应为2FeI2+3Cl22FeCl3+2I2，Cl元素化合价降低，被还原，Fe、I元素化合价升高，被氧化，KClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O，KClO3中Cl元素化合价降低，被还原，HCl中Cl元素化合价升高，被氧化，5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，Mn元素化合价降低，被还原，O元素化合价升高，被氧化，结合氧化还原反应的有关概念解答该题解答：解：A表中组的反应中氧化产物是FeCl3和I2，故A错误；B氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性强弱的比较：KClO3Cl2Fe3+I2，故B正确；CKClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O，KClO3中Cl元素化合价从+5价降低到0价，转移5个电子，则每生成1molCl2，转移mol电子，故C错误；DKMnO4能氧化浓盐酸，所以不能用浓盐酸酸化，故D错误故选B点评：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素化合价变化是解本题关键，知道常见元素化合价，知道元素性质与化合价的关系，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分65分）8要准确掌握化学基本概念和研究方法按要求回答下列问题：（1）下列是某同学对有关物质进行分类的列表：碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物第一组Na2CO3H2SO4NaHCO3CaOCO2第二组NaOHHClNaClNa2OCO第三组NaOHCH3COOHCaF2Al2O3SO2每组分类均有错误，其错误的物质分别是Na2CO3（填化学式，下同）、CO、Al2O3胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小；鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生丁达尔现象（3）下列3个反应，按要求填写相关量2Na2O2+2H2O4NaOH+O2反应中，每消耗1mol Na2O2生成16g O2；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2反应中，每消耗168g NaHCO3，标况下生成22.4L CO2；Cl2+H2OHCl+HClO反应中，标况下每消耗22.4L Cl2，转移1mol电子（4）在一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表，按要求回答下列问题：物质MNQP反应前质量（g）5032反应后质量（g）X6330该变化的基本反应类型是分解反应； 物质Q在反应中起的作用是催化剂考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学基本反应类型分析：（1）第一组中碳酸钠不是碱；第二组中一氧化碳不是酸性氧化物；第三组中氧化铝为两性氧化物；根据三类分散系的本质差异是分散质粒子的大小分析；胶体具有丁达尔效应，据此可鉴别胶体和溶液；（3）消耗1mol过氧化钠可以生成0.5mol氧气，然后根据m=nM计算出生成氧气的质量；根据n=计算出碳酸氢钠的物质的量，再根据方程式及V=nVm计算出生成标况下二氧化碳的体积；氯气与水的反应中，消耗1mol氯气转移了1mol电子；（4）该反应中Q的质量不变，则Q为催化剂；根据质量守恒定律计算出X，然后根据质量变化判断反应物、生成物，从而得出该反应的反应类型解答：解：（1）第一组中Na2CO3的说明是纯碱，但它属于正盐，不是碱；第二组中CO不能与碱溶液反，则CO不属于酸性氧化物；第三组中Al2O3能够与酸和强碱溶液反应，属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故答案为：Na2CO3；CO；Al2O3；当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小；胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，据此可鉴别溶液和胶体，故答案为：分散质微粒直径大小；丁达尔；（3）2Na2O2+2H2O4NaOH+O2反应中，每消耗1mol Na2O2生成会生成0.5mol氧气，生成氧气的质量为：32g/mol0.5mol=16g，故答案为：16； 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2反应中，168g NaHCO3的物质的量为：=2mol，根据反应可知，消耗2mol碳酸氢钠会生成1mol二氧化碳，标况下1mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol1mol=22.4L，故答案为：22/4；Cl2+H2OHCl+HClO反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，标况下22.4L Cl2的物质的量为：=1mol，消耗1mol氯气转移了1mol电子，故答案为：1；（4）根据表中数据可知，Q在反应前后的质量不变，则Q在反应中作催化剂；根据质量守恒可知：X+26+3+30=50+1+3+12，解得：X=7，反应中M的质量减小，Q、P的质量增加，则该反应为M分解生成Q和P的反应，属于分解反应，故答案为：分解；催化剂点评：本题考查了物质的量的计算、酸碱盐及氧化物的概念与判断、分散系类型及判断、化学反应类型的判断等知识，题目难度中等，试题知识点较多，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力9通过对模型、图形、图表的观察，获取有关信息是化学学习的一种重要能力（1）如图1是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图按要求回答问题：Y元素在元素周期表中的位置为第二周期第VIIA族气态氢化物的稳定性：X（填“”“”）Y这五种元素形成的简单离子中，离子半径最大的是S2（填离子符号）Z的氢化物ZH可以和水发生氧化还原反应，其反应方程式为NaH+H2O=NaOH+H2X、Y、Z三种物质有以下转化关系（图2）：如果三种物质中均含Mg元素，且X为镁单质，则Y、Z可能是MgO、MgCl2（填化学式，只填一种物质即可，下同）；如果三种物质中均含Cl元素，且X为Cl2，则Y、Z可能是HCl、NaCl；如果三种物质中均含Si元素，且X为SiO2，则Y、Z可能是Na2SiO3、H2SiO3（3）向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液，生成沉淀质量m与Ba（OH）2体积V之间的关系（图3），则oa段生成的沉淀为BaSO4（填化学式，下同），ab段生成的沉淀为BaSO4和Mg（OH）2；bc段生成的沉淀为Mg（OH）2考点：位置结构性质的相互关系应用分析：（1）短周期元素中，X、R的最外层电子数均为6，X的原子序数小，则X为O，R为S，同理可知Y为F，W为Cl，而Z为第三周期元素，最外层电子数为1，即Z为Na；Y为F，原子结构中有3个电子层，最外层电子数为7；非金属性越强，氢化物越稳定；电子层越多，离子半径越大，相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小；NaH与水反应生成NaOH和氢气；根据 X、Y、Z三种物质的转化关系，X反应生成Y，Y反应生成Z，Z反应再生成X，如果三种物质中均含Mg元素，且X为镁单质，则Y可能为MgO、，Z可能为MgCl2；如果三种物质中均含Cl元素，且X为Cl2，则Y可能是HCl，Z可能是NaCl；如果三种物质中均含Si元素，且X为SiO2，则Y可能是Na2SiO3、Z可能是H2SiO3；（3）向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2后，首先是Ba2+与溶液中的SO42反应生成既不溶于水又不溶于酸的BaSO4沉淀，OH跟盐酸的H+发生中和反应生成水；由于HCl的存在，OH不能与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，待H+完全反应，OH与Mg2+开始生成Mg（OH）2沉淀，当MgSO4溶液全部反应后，再加入Ba（OH）2溶液不再产生沉淀解答：解：（1）短周期元素中，X、R的最外层电子数均为6，X的原子序数小，则X为O，R为S，同理可知Y为F，W为Cl，而Z为第三周期元素，最外层电子数为1，即Z为Na；Y为F，原子结构中有3个电子层，最外层电子数为7，则位于第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；非金属性YX，氢化物的稳定性为XY，故答案为：；电子层越多，离子半径越大，相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小，这五种元素形成的简单离子中，离子半径最大的是S2，故答案为：S2；NaH与水反应生成NaOH和氢气，反应为NaH+H2O=NaOH+H2，故答案为：NaH+H2O=NaOH+H2；根据 X、Y、Z三种物质的转化关系，X反应生成Y，Y反应生成Z，Z反应再生成X，如果三种物质中均含Mg元素，且X为镁单质，则Y可能为MgO、，Z可能为MgCl2；如果三种物质中均含Cl元素，且X为Cl2，则Y可能是HCl，Z可能是NaCl；如果三种物质中均含Si元素，且X为SiO2，则Y可能是Na2SiO3、Z可能是H2SiO3；故答案为：MgO、MgCl2；HCl、NaCl；Na2SiO3、H2SiO3；（3）向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液后，0a段表示产生的沉淀只是BaSO4，由于HCl的存在，OH不能与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2；ab段表示的沉淀有BaSO4和Mg（OH）2，是因为H+完全反应后，不仅Ba2+与溶液中的SO42反应生成BaSO4沉淀，而且OH与Mg2+反应产生沉淀Mg（OH）2，所以沉淀多；bc段表示沉淀有Mg（OH）2沉淀，因为溶液中SO42反应完，只有Mg2+与OH生成Mg（OH）2沉淀；cd段没有沉淀，因为溶液中MgSO4溶液已完全反应完，不能与加入的Ba（OH）2反应，Ba（OH）2是过量的，故答案为：BaSO4；BaSO4和Mg（OH）2；Mg（OH）2点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，推断元素、氧化还原反应及离子反应的先后顺序为解答的关键，侧重分析与推断及元素化合物知识的综合考查，题目难度中等10硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5H2O）制取单质硼的工艺流程图如下：回答下列问题：（1）Mg2B2O5H2O中B的化合价为+3溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为NaHCO3、Na2SO4（3）写出步骤的化学方程式Mg2B2O5H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2（4）写出步骤的化学方程式B2O3+3Mg2B+3MgO（5）步骤中化学反应可以发生的原因是硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行（6）BF3是有机化学中常用的酸性催化剂，BF3分子中B和F最外层的电子数分别为6、8个（7）乙硼烷（B2H6）是一种气态高能燃料，写出乙硼烷在空气中燃烧的化学方程式B2H6+3O2B2O3+3H2O考点：制备实验方案的设计专题：几种重要的金属及其化合物分析：硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O710H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O710H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3，最后用Mg还原得到粗硼（1）根据化合价代数和为0计算B元素化合价；由上述分析可知，第步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第步加入硫酸，b为Na2SO4；（3）第步为Mg2B2O5H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2；（4）步骤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO；（5）符合复分解反应由强酸制弱酸的原理；（6）BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对；（7）乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水解答：解：硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O710H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O710H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3，最后用Mg还原得到粗硼（1）根据化合价代数和为0，可知Mg2B2O5H2O中B的化合价为+3，故答案为：+3；由上述分析可知，第步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第步加入硫酸，b为Na2SO4，故答案为：NaHCO3；Na2SO4；（3）第步为Mg2B2O5H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2，反应方程式为：Mg2B2O5H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2，故答案为：Mg2B2O5H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；（4）步骤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO，反应方程式为：B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案为：B2O3+3Mg2B+3MgO；（5）步骤中化学反应可以发生的原因是：硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行，故答案为：硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行；（6）BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对，B原子形成3故BF键，故分子中B原子最外层电子数为3+3=6，F原子最外层电子数为7+1=8，故答案为：6；8；（7）乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水，反应方程式为：B2H6+3O2B2O3+3H2O，故答案为：B2H6+3O2B2O3+3H2O点评：本题考查化学制备方案，理解工艺流程原理是解题关键，侧重对化学用语的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，难度中等11按要求回答下列问题（1）某小组同学探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，该反应的离子方程式为H2SO3+Br2+H2O4H+SO42+2Br，得出的结论是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性弱（填“强”或“弱”）再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，变橙黄色反应的离子方程式为2H+2Br+H2O2=Br2+2H2O，得出的结论是H2O2的氧化性比Br2的氧化性强（填“强”或“弱”）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，为了清楚沉淀的物质，研究小组向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，你认为沉淀物是BaSO4，产生该物质可能的原因是空气中的O2将SO32氧化为SO42（3）为探究SO2使品红溶液褪色的原因，该小组同学将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，由此所得出的结论正确的是ac（填编号）aSO2使品红溶液褪色的微粒一定不是SO2分子bSO2使品红溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子c此实验无法确定SO2使品红溶液褪色的微粒d将干燥的SO2气体通入品红的酒精溶液中，能使品红褪色由此可猜想使品红溶液褪色的微粒可能是H2SO3或HSO3或SO32（4）配平并完成下列离子方程式2 MnO4+5 H2O2+6H+=2 Mn2+5 O2+9 H2O每有1mol高锰酸根参加反应，生成2.5mol O2考点：性质实验方案的设计分析：（1）打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，说明溴与亚硫酸发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，证明溴的氧化性大于亚硫酸；再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，溶液变为橙黄色，说明溴离子被双氧水氧化成溴单质，据此写出离子方程式；证明了双氧水的氧化成大于溴单质；白色沉淀不溶于稀盐酸，该沉淀只能为硫酸钡；可能原因为亚硫酸被氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；（3）根据品红溶液与品红的四氯化碳溶液的区别及二氧化硫的性质进行判断；（4）根据氧化还原反应中得失电子数相等及质量守恒配平方程式；根据配平后的方程式计算出每有1mol高锰酸根参加反应生成氧气的物质的量解答：解：（1）打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，说明溴与亚硫酸发生反应生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：H2SO3+Br2+H2O4H+SO42+2Br，证明了亚硫酸的氧化性比溴弱，故答案为：H2SO3+Br2+H2O4H+SO42+2Br；弱；再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，溴离子被氧化成溴单质，变橙黄色反应的离子方程式为：2H+2Br+H2O2=Br2+2H2O，证明H2O2的氧化性比Br2的氧化性强，故答案为：2H+2Br+H2O2=Br2+2H2O；强；某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，该白色沉淀为BaSO4，产生沉淀的原因可能为：空气中的O2将SO32氧化为SO42，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；空气中的O2将SO32氧化为SO42；（3）二氧化硫与四氯化碳不反应，能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能够电离出硫酸氢根离子、亚硫酸根离子，将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，而将二氧化硫通入品红溶液会褪色，证明使品红溶液褪色的不是二氧化硫分子，可能为H2SO3或HSO3或SO32，该实验不能证明使品红溶液褪色的粒子，故ac正确，故答案为：ac；H2SO3或HSO3或SO32；（4）反应中物质的化合价变化：MnO4Mn2+，Mn元素化合价由+7价+2价，一个MnO4得5个电子；H2O2O2，O由1价变成0价，一个H2O2分子失去2个电子，所以其最小公倍数为10，故MnO4的计量数为2，双氧水的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素，配平后的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O；根据反应可知，1mol高锰酸根离子完全反应生成氧气的物质的量为：1mol=2.5mol，故答案为：2；5；6H+；2；5；8；2.5点评：本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，涉及氧化性、还原性强弱比较、氧化还原反应的配平及计算、性质方案的设计与评价等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力、化学实验能力及灵活应用基础知识的能力