2019届高三化学第三次月考试题(含解析).doc

2019届高三化学第三次月考试题(含解析)1.化学与生产、生活密切相关，下列与化学有关的说法错误的是A. 水玻璃可作木材防腐剂和阻燃剂B. “大漠孤烟直”描述的是物质升华的过程C. 蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一D. 黏土既是制水泥的原料又是制陶瓷的原料【答案】B【解析】A、水玻璃具有耐酸、耐高温等性能，可用作木材防腐剂和阻燃剂，故A正确；B、西北地区远离海洋，降水稀少，荒漠广布，古诗中“大漠孤烟直”描述的就是西北荒漠地区的景观，是水分蒸发，故B错误；C、蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一，故C正确；D、生产陶瓷的原料是粘土，水泥的生产原料是石灰石、粘土，故D正确；故选B。2.下列说法中正确的是A. 干冰、盐酸都是电解质B. Na2O2、Fe2O3、CaO既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C. 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，化合物与化合物之间的化合反应也可能是氧化还原反应D. 根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体【答案】C【解析】【详解】A项、干冰是固态CO2,是非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质。故A错误；B项、Na2O2是过氧化物，属于离子化合物，但不属于碱性氧化物，故B错误；C项、有单质参加的化合反应一定有化合价变化，一定属于氧化还原反应，化合物与化合物之间的化合反应如二氧化硫与双氧水反应，反应前后有化合价改变，也属于氧化还原反应，故C正确；D项、根据分散质微粒直径的大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，故D错误。故选C。3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 标准状况下，0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 常温下，22g CO2和N2O混合气体中，含有的原子数目为1.5NAC. 物质的量浓度为0.1molL1的MgCl2溶液中，含有Cl个数为0.2NAD. 标准状况下，2.24LSO3中含有的氧原子数目为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A、氯气与水的反应是可逆反应，故0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22gCO2和N2O的混合物的物质的量为0.5mol,又因为CO2和N2O均为三原子分子，故0.5mol混合气体含1.5mol原子,因此原子个数为1.5NA,故B正确；C、物质的量浓度为0.1molL1的MgCl2溶液，没有给出溶液的体积，无法计算含有的Cl-个数，故C错误；D、标况下SO3为固态，2.24LSO3的物质的量不是0.1mol，含有的氧原子数目不是0.3NA，故D错误；答案选B。4.向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是A. 氯气：K+、Na+、AlO2-、S2- B. 二氧化硫：Na+、NH4+、SO32-、Cl-C. 氯化氢: H+、K+、MnO4-、SO42- D. 二氧化碳：Mg2+、Al3+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【分析】氯水具有氧化性和酸性，不能与AlO2-、S2-共存；二氧化硫与亚硫酸盐反应生成亚硫酸氢盐，不能在溶液中共存；浓盐酸与酸性高锰酸钾溶液反应生成氯气，在溶液中不能共存。【详解】A项、通入氯气后，溶液显示酸性，S2-与氯气发生置换反应不能大量存在，AlO2-与氢离子反应生成氢氧化铝沉淀不能大量共存，故A错误；B项、SO32-与通入的二氧化硫反应生成亚硫酸氢根离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C项、溶液中H+、Cl-、MnO4-发生氧化还原反应生成氯气，在溶液中不能大量共存，故C错误；D项、该组离子之间不反应，且与二氧化碳不反应，可大量共存，故D正确。故选D。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，侧重对基础知识的训练和检验，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等；还应该注意题目限制的条件。5.有一澄清透明溶液，只可能含有大量H+、Fe3+、Fe2+、Al3+、AlO2、CO32、NO3七种离子中的几种，向溶液中逐滴加入一定量1mol/L的NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失下列判断正确的是A. 一定不含Fe3+和Fe2+B. 一定含有Al3+，Fe3+、Fe2+至少含有一种或两种皆有C. 溶液可能含有NO3D. 溶液中共含有4种离子（不考虑水的电离）【答案】D【解析】【详解】根据题意知，向该溶液中加入一定量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液中一定含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子分别与H+离子反应生成Al（OH）3沉淀或铝离子、CO2气体而不能存在；根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有NO3-离子；在酸性条件下Fe2+离子与NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存，则溶液中一定不含Fe2+离子；而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失，说明溶液中一定含有Al3+和Fe3+；综上所述，溶液中一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+，一定没有AlO2-、CO32-、Fe2+离子；A、根据上述分析知，溶液中一定含Fe3+，一定不含有Fe2+，A错误；B、根据上述分析知，Fe2+一定不存在，B错误；C、根据上述分析知，溶液中一定存在NO3-，C错误；D、根据上述分析知，溶液中一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+4种离子，D正确。答案选D。【点睛】掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键。注意进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则，判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子；（2）电中性原则，溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子；（3）进出性原则，离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中也可能消失，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。6.下列相关反应的离子方程式书写正确的是A. 氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+ =Fe3+3H2OB. 氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al34 NH3H2O=AlO2-4NH4+2H2OC. NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=Al(OH)3+2BaSO4+ NH3H2OD. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3-+Ba2+2OH- =BaCO3+2H2O+ CO32-【答案】C【解析】【详解】A项、氢氧化铁溶于氢碘酸，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3H+2I-2Fe2+3H2O+I2，故A错误；B项、氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3-+3NH+4，故B错误；C项、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-沉淀完全，二者物质的量之比为1：2，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2Ba2+NH4+Al3+2SO42-+4OH-Al（OH）3+2BaSO4+NH3H2O，故C正确；D项、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2O，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响和化学式的拆分是否正确。7.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（ ）A. 滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B. 当有22.4 L SO2参加反应时，有2NA个电子发生转移C. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2D. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性【答案】C【解析】试题分析：根据反应现象可知，硫酸铜与KI溶液反应生成硫酸钾、CuI，Cu元素的化合价降低，则I元素的化合价升高，所以还生成碘单质，蓝色溶液变为棕色；再通入二氧化硫，则二氧化硫与碘单质反应生成硫酸和HI，所以溶液又变为无色。A、根据以上分析，滴加KI溶液时，KI被氧化，硫酸铜被还原，CuI是还原产物，错误；B、未指明标准状况，所以22.4L的二氧化硫的物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定是2NA，错误；C、根据上述分析，第一个反应中铜离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，第二个反应中碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，所以物质的氧化性，Cu2+I2SO2，正确；D、通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的还原性，错误，答案选C。考点：考查物质的化学性质，反应现象的分析，氧化还原反应规律的应用8.为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂。下列关于实验现象的解释或结论正确的是选项实验现象解释或结论Aa中无明显现象Na2SO3和H2O2一定不发生反应Bb中加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀SO32和S2两种离子一定不能大量共存Cc中加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去Ba2+ SO32 = BaSO3，使SO32水解平衡逆向移动，红色褪去Dd中产生白色沉淀原Na2SO3溶液中含有SO42A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A.a滴加双氧水后无明显现象，不能说明Na2SO3和H2O2一定不发生反应，很多反应都无明显变化，A不正确；B.b中是先滴入硫化钠溶液、后滴入稀硫酸，加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀，“才”是重点，说明不加酸之前，SO32和S2两种离子能大量共存，B不正确； C.c中滴入酚酞后溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去，在Na2SO3溶液中，SO32水解显碱性，所以滴入酚酞后溶液变红；在该溶液中加入BaCl2后，Ba2+SO32BaSO3（白色），水解平衡SO32+H2OHSO3+OH向左移动，氢氧根离子浓度减小，红色褪去，C正确；D.d中无论亚硫酸钠溶液中是否含有SO42，都会产生白色沉淀，因为在酸性条件下，SO32可以被硝酸根氧化为SO42，D错误。本题选C。9.一定条件下，下列各组物质能一步实现图中所示转化关系的是选项XYZWAAlAl2O3NaAlO2Al(OH)3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2=CH2C2H5OHCH2BrCH2BrA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A项，Al与O2反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，NaAlO2溶液与过量CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，Al（OH）3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，Al2O3不能一步生成Al（OH）3；B项，Fe3O4与CO高温反应生成Fe和CO2，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，Fe与Cl2加热时反应生成FeCl3，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2；C项，Cu与浓H2SO4加热反应生成CuSO4、SO2和H2O，SO2与H2S反应生成S和H2O，SO2发生催化氧化反应生成SO3，S与SO3相互间不能一步转化；D项，CH3CH2Br在NaOH醇溶液中发生消去反应生成CH2=CH2，CH2=CH2与H2O一定条件下发生加成反应生成C2H5OH，CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br，C2H5OH与CH2BrCH2Br相互间不能一步转化。详解：A项，Al与O2反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，NaAlO2溶液与过量CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，Al（OH）3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，Al2O3不能一步生成Al（OH）3，YW不能一步实现；B项，Fe3O4与CO高温反应生成Fe和CO2，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，Fe与Cl2加热时反应生成FeCl3，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，图中反应均能一步实现；C项，Cu与浓H2SO4加热反应生成CuSO4、SO2和H2O，SO2与H2S反应生成S和H2O，SO2发生催化氧化反应生成SO3，S与SO3相互间不能一步转化，Z与W间的相互转化不能一步实现；D项，CH3CH2Br在NaOH醇溶液中发生消去反应生成CH2=CH2，CH2=CH2与H2O一定条件下发生加成反应生成C2H5OH，CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br，C2H5OH与CH2BrCH2Br相互间不能一步转化，Z与W间的相互转化不能一步实现；答案选B。10.把一块镁铝合金（质量为m g）投入到50mL1mol/L的HCl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示下列说法中正确的是A. 假设a=25，整个反应过程中，主要发生了6个离子反应B. c值越大，合金中Mg的含量越高C. b值越大，合金中Al的含量越高D. 根据图象判断，镁铝合金与50mL1mol/L的HCl溶液恰好完全反应【答案】A【解析】【分析】根据图可知，往溶液里加入NaOH溶液，首先发生的反应是中和过量的酸：H+OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2+2OH-=Mg（OH）2、Al3+3OH-=Al（OH）3，最后是Al（OH）3的溶解：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。【详解】A项、假设a=25，整个反应过程中，主要发生了镁、铝与氢离子2个反应和0a：H+OH-=H2O、ab：Mg2+2OH-=Mg（OH）2、Al3+3OH-=Al（OH）3，最后是Al（OH）3的溶解：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，共6个离子反应，故A正确；B项、c值越大，说明氢氧化铝消耗氢氧化钠的量越大，所以氢氧化铝的量越多，则合金中Al的含量越高，故B错误；C项、b值越大，合金中Al的含量越高，说明c-b的值越小，所以氢氧化铝的量越小，则合金中Al的含量越小，故C错误；D项、镁铝合金与50mL1mol/L的HCl反应，盐酸过量，故D错误。故选A。【点睛】本题考查镁铝及其化合物的性质，注意氢氧化铝为两性氧化物，清楚各阶段发生的反应，结合图象分析是关键。11.利用海洋资源获得的部分物质如图所示下列说法正确的是A. 从海水中获取淡水，历史最久的方法是离子交换法B. 实验室中从海带中获得I2，需要用到的主要仪器有蒸发皿、漏斗、烧杯、分液漏斗等C. 用Na2CO3溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时，发生的化学反应可以是3Br2+3Na2CO35NaBr+ NaBrO3+3CO2或3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3D. 用贝壳、盐酸等从苦卤中提取镁时，发生反应的类型有化合、分解、置换和复分解【答案】C【解析】【详解】A从海水中获取淡水历史最悠久的方法是蒸馏，故A错误；B提取海带中的碘元素不需要溶液蒸发，不需要蒸发皿，故B错误；C. 用Na2CO3溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时发生歧化反应，若碳酸钠少量生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，若碳酸钠过量，生成的二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故C正确；D海水提取镁单质的过程中发生的反应有：CaCO3CaO+CO2、CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2+2OH-=Mg(OH)2、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2(熔融)Mg+Cl2，所以涉及的反应有化合反应、复分解反应和分解反应，不涉及置换反应，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了海水资源的综合利用，主要是海水获取淡水、提取碘单质、金属镁、溴单质等生产流程的分析判断，掌握基础是解题关键。海水中含有大量的化学物质，可从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质，海水素有“液体工业原料”之美誉。基础知识有：海水晒盐；氯碱工业；海水提溴流程；海水提镁流程。12.气体X可能由NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种组成，已知X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，该沉淀不溶于稀HNO3，若将X通入澄清石灰水中，无沉淀产生，则有关气体X的成分的下列说法正确的是一定含有HBr，可能含有CO2 一定不含CO2一定不含NH3、Cl2 可能含有Cl2、CO2A. 只有 B. 只有 C. 和 D. 和【答案】C【解析】试题分析：气体X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀，浅黄色沉淀是溴化银，因此一定含有HBr；因NH3和Cl2都能与HBr反应，则一定没有NH3和Cl2；由于溴化氢的存在，即使含有CO2，也不可能和石灰水反应生成沉淀，所以CO2无法确定，故正确，选C。考点：物质推断13.短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法不正确的是 A. A有5种正价，与B可形成6种化合物B. 工业上常通过电解熔融态C2B3的方法来获得C的单质C. 简单离子的半径由大到小为：EABCD. D、E两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了8e-稳定结构【答案】D【解析】D原子的质子数是其M层电子数的三倍，则D的质子数为15，最外层电子数为5，应为P元素，由元素在周期表中的位置可知A为N元素，B为O元素，C为Al元素，E为Cl元素，则AA为N元素，元素正化合价有+1、+2、+3、+4、+5价，每一种化合价都对应氧化物，其中+4价有2种，共6种，A正确；B工业用电解氧化铝的方法冶炼铝，B正确；CA、B、C对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，核素电子层数越多，离子半径越大，C正确；DD、E两元素形成的PCl5中P原子的最外层没有达到了8e-稳定结构，而是10个，D错误，答案选D。点睛：“位构性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。本题中选项D是易错点，注意8电子稳定结构的判断方法。14.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确，且两者具有因果关系的是选项实验现象结论或解释A将0.1 molL-1MgSO4溶液滴入过量NaOH溶液，再滴加几滴0.1 molL-1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色沉淀生成KspCu(OH)2KspMg(OH)2B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落下来铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC向新收集的酸雨中滴加硝酸钡溶液产生白色沉淀酸雨中一定含有SO42-D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、反应中氢氧化钠过量，加入硫酸铜一定有蓝色沉淀氢氧化铜生成，不能据此说明二者的溶度积常数，A错误；B、铝易被氧化物氧化铝，且Al2O3且熔点高于Al，因此铝箔熔化但不滴落下来，B正确；C、硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，能把亚硫酸根氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，不能说明含有硫酸根，C错误；D、过氧化钠变质产生碳酸钠，加入盐酸仍然会沉淀气体，不能据此说明过氧化钠没有变质，D错误，答案选B。15.一定条件下，在水溶液中1 mol Cl、ClOx(x1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是 A. a、b、c、d、e中，c最稳定B. bac反应的活化能为反应物能量减生成物能量C. bad反应的热化学方程式为：3ClO(aq)ClO3(aq)2Cl(aq);H116 kJmol1D. 一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为1112【答案】D【解析】根据氯元素的化合价，a、b、c、d、e依次代表Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。A项，物质能量越低越稳定，由图可得a、b、c、d、e中，a最稳定，c最不稳定，故A错误；B项，反应物能量-生成物能量=-H，依据图中数据无法判断ba+c反应的活化能，故B错误；C项，a为Cl-、b为ClO-、d为ClO3-，BA+D的化学方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，结合曲线提供的数据，反应热为：H=64kJmol-1+20kJmol-1-360kJmol-1=-116kJmol-1，故C错误；D项，氧化还原反应遵循电子守恒，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-)，氯元素化合价由0价将为-1价、升为+1价和+5价，由电子守恒得：n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，当溶液中a、b、d的浓度之比为11：1：2时上述电子守恒式成立，故D正确。点睛：本题以卤族元素为载体考查了化学反应与能量变化、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应等知识，关键是弄清a、b、c、d、e所代表的离子并正确书写反应的离子方程式，并结合H=生成物的总能量-反应物的总能量进行计算，D项注意氧化还原反应中得失电子守恒(化合价升降总数相等)的应用。16.某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如右上图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法一定正确的是A. 该电池工作时，电子的流向外电路由A到B，内电路由B到A形成闭合回路B. 电极B附近的HNO3浓度增大C. A电极的反应为：NO2eH2O=NO3-2H ,NO3e2H2O=NO3-4HD. 该电池工作时，每消耗11.2LO2(标况)，可以除去含1molNO和NO2的混合尾气【答案】C【解析】A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，选项A错误；B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，选项B错误；C、A电极氮的气化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：NO2eH2O=NO3-2H、NO3e2H2O=NO3-4H，选项C正确；D、1mol NO和NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。17.下图是制备氯气并进行一系列相关实验的装置(有些夹持设备已略)。（1）写出A装置生成氯气的化学反应方程式_。（2）装置B除及吸收HCl外还有两个作用, 请写出: _,_。（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性， 为此C中、依次放入物质的组合是_(填编号)。编号1234干燥的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条碱石灰无水氯化钙硅胶浓硫酸 湿润的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是_该现象_(填“能”或“不能”)说明溴的非金属性强于碘，原因是_。（5）有人提出，装置F中可改用足量的Na2S2O3溶液吸收余氯，试写出相应的离子方程式：_。【答案】 (1). Ca(ClO)24HCl CaCl2Cl22H2O (2). 观察后面管道是否堵塞 (3). 作储气瓶 (4). 2 (5). E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色 (6). 不能 (7). 过量的Cl2也可将I氧化为I2 (8). S2O3 2 + 4Cl2 + 5H2O = 2SO4 2 + 8Cl + 10H+【解析】【分析】装置A的作用是漂粉精中的次氯酸钙与浓盐酸反应制备氯气；装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，同时还可以利用长颈漏斗中液面的观察是否堵塞，关闭止水夹，还可以起到储存氯气的作用；装置C的作用是利用有色布条是否褪色验证氯气是否具有漂白性；装置D的作用是通过观察溴化钠和碘化钾是否反应比较氯、溴、碘的非金属性；装置F的作用是吸收过量氯气，防止污染环境。【详解】（1）漂粉精的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，Ca(ClO)2与浓盐酸反应生成Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+2Cl2+ 2H2O，故答案为：Ca(ClO)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+2Cl2+ 2H2O；（2）装置B中饱和食盐水可以除去氯气中混有的氯化氢气体；打开止水夹，如果C中发生堵塞，B中压强增大，则B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，可以观察是否堵塞；关闭止水夹，可以通过长颈漏斗中液面的变化，储存少量的氯气，起到储气瓶的作用，故答案为：观察后面管道是否堵塞；作储气瓶；（3）为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性，故d项正确，故答案为：d；（4）装置D中试剂为溴水，加入到E中，Br2与I反应生成I2，所以实验现象为：E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色；Cl2通入D与NaBr反应生成Br2，可能会有Cl2剩余，所以把D中溶液加入到E中，也有可能是Cl2将I氧化为I2，因此不能说明溴单质的氧化性强于碘，故答案为：E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色；不能；过量的Cl2也可将I氧化为I2；（5）Cl2具有较强氧化性，能与Na2S2O3溶液发生氧化还原反应反应生成硫酸钠、氯化氢和水，反应的离子方程式为：S2O3 2 + 4Cl2 + 5H2O = 2SO4 2 + 8Cl + 10H+，故答案为：S2O3 2 + 4Cl2 + 5H2O = 2SO4 2 + 8Cl + 10H+。【点睛】本题考查了化学实验方案的设计与评价，涉及了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，注意运用所学知识解决实际问题是解答关键。18.图中A为淡黄色固体，B的阳离子与A相同（其他物质均略去）根据以上关系，回答下列问题：（1）A的电子式为_.（2）A投入FeCl2溶液中的反应为_(请用一个化学方程式表示)（3）若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体,则剩余的固体为_(写化学式)（4）氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，试回答下列问题：与化石燃料相比，氢气作为燃料的优点是_(答两点)。施莱辛（Sehlesinger）等人提出可用NaBH4与水反应制氢气，写出NaBH4与水反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). 4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O2 (3). NaOH、 Na2CO3 (4). 热值高,污染小 (5). NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2【解析】【分析】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2， A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，据此答题。【详解】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2， A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，（1）A为Na2O2，Na2O2的电子式为。因此，本题正确答案是：。(2) A为Na2O2，具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，碱性条件下生成氢氧化铁沉淀，同时过氧化钠和水反应还有氧气生成，根据得失电子守恒写出方程式为4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O2 ， 因此，本题正确答案是：4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O2。(3)若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体，可能发生的反应及个物质的量分析如下：2NaHCO3Na2CO3 + CO2 + H2O 1.5mol 0.75mol 0.75mol 0.75mol 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O21mol 0.75mol 0.75mol2Na2O2 + 2H2O4NaOH+O2(1-0.75)mol 0.75mol 0.5mol根据反应：Na2O2+1.5NaHCO3 0.5NaOH + 1.5Na2CO3+ O2，则剩余的固体为NaOH、 Na2CO3，因此，本题正确答案是：NaOH、 Na2CO3。(4)氢能是清洁能源，具有原料来源广、燃烧热值高、污染小、可再生等优点。因此，本题正确答案是：热值高，污染小。(5) NaBH4与水发生氧化还原反应生成NaBO2和氢气，化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。因此，本题正确答案是：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及Na元素化合物性质与相互转化，关键是根据A为淡黄色固体推断A为过氧化钠，再结合混合物与水、酸反应都去气体生成确定一定含有过氧化钠。19.煤燃烧排放的烟气含有 SO2和 NOx，形成酸雨、污染大气。（1）采用 NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在鼓泡反应器中通入含有 SO2和 NO 的烟气，写出 NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_.（2）NO2与SO2能发生反应:NO2+SO2 SO3+NO,在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比n0(N02) : n0 (SO2) 进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率(NO2)。 部分实验结果如图所示:当容器内_(填标号)不再随时间的变化而改变时，可以判断反应达到了化学平衡状态。a.气体的压强 b.气体的平均摩尔质量 c.气体的密度 d.N02的体积分数e.气体的颜色如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是_。图中C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，试判断： Tc_Td(填“”、“=”或“”）。(3)已知：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H=-113.0 kJ mol-1 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) H=-196. 6 kJ mol-1则 NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g) H= _.【答案】 (1). 4NO + 3ClO2 + 4OH =4NO3 + 3Cl+ 2H2O (2). de (3). 降温 (4). = (5). -41.8kJ/mol【解析】【分析】（1）碱性条件下，NaClO2溶液与NO反应生成硝酸根、氯离子和水；（2）根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来判断化学反应是否达到平衡；降低温度，平衡向吸热反应方向移动；温度不变，化学平衡常数不变；（3）依据盖斯定律计算。【详解】（1）亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，脱硝过程中NaClO2溶液与NO反应生成硝酸根、氯离子和水，反应的离子方程式为3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O，故答案为：3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；（2）该反应是气体体积不变的反应，无论是否达到平衡，气体物质的量、气体的压强、气体的平均摩尔质量不变，不能作为判断反应达到了化学平衡状态的依据；由质量守恒定律可知反应前后气体质量不变，恒容容器中，无论是否达到平衡，气体密度不变，不能作为判断反应达到了化学平衡状态的依据，故答案为：de；该反应是一个气体体积不变的放热反应，B点和C点的n0(N02) : n0 (SO2)相同，由图可知NO2的平衡转化率减小，则将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是降低温度，故答案为：降温；设C点和D点n0 (SO2)均为1mol，容器体积为1L，则C点平衡时，c(SO2)、c(NO2)、c(NO)、c(SO3)均为0.5mol/L，平衡常数为1；D点平衡时，c(NO2)为0.9 mol/L 、c(SO2)为0.4 mol/L 、c(NO)、c(SO3)均为0.6mol/L，平衡常数为1，C点和D点平衡常数相等，说明反应温度相同，故答案为：=；（3）将已知已知反应依次编号为：2SO2（g）+O22SO3（g）H=-196.6kJmol-1，2NO（g）+O22NO2（g）H=-113.0kJmol-1，根据盖斯定律可知将（）/2可得：NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H= (196.6+113)/2=-41.8 kJmol-1，故答案为：-41.8。【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，涉及了氧化还原反应、外界条件对反应速率和平衡状态的影响、盖斯定律等，从握基本概念出发结合实际分析问题和解决问题是关键。20.（1）X是短周期中原子半径最小的元素，X、Y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；Y的原子结构示意图是_,甲的空间构型为_。写出向硝酸铝溶液中通入过量气体甲的反应的离子方程式_。（2）用硝酸铝溶液（加入分散剂）制备纳米氧化铝粉体的一种工艺流程如下。已知：(CH2)6N4水溶液显碱性。KspAl(OH)3 =1.31033 ；溶液中离子浓度小于1105 molL1时，可认为这种离子在溶液中不存在。凝胶中含有的硝酸盐除硝酸铝外还有_（填物质名称）。（3）“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。某含铝“拟晶” 的化学式为:Al65Cu23Fe12, 它是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是_。(填标号) A无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价 BAl65Cu23Fe12的硬度小于金属铁CAl65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol电子【答案】 (1). (2). 三角锥 (3). Al3+3NH3+3H2O = Al（OH）3+3NH4+ (4). 硝酸铵 (5). C【解析】【详解】（1）X是短周期中原子半径最小的元素，是氢元素，X、Y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲为氨气，则Y是N元素，N的原子结构示意图是；氨分子的空间构型为三角锥形，故答案为：；三角锥形；氨水与硫酸铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式3NH3H20+Al3+=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：3NH3H20+Al3+=Al（OH）3+3NH4+；（2）硝酸铝加入（CH2）6N4水溶液充分搅拌，调节溶液pH=3.95时，可生成氢氧化铝胶体，水浴加热生成氢氧化铝凝胶，冷却、干燥后煅烧可得纳米氧化铝。因（CH2）6N4水溶液显碱性，-3价的N元素结合氢离子，+2价的CH2基团结合氢氧根离子，水解方程式为：（CH2）6N4+10H2O=6HCHO+4NH4+4OH-，则溶液中会存在硝酸铵，故答案为：硝酸铵；（3）A、拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，错误；B、拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，错误；C、Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，正确；D、溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1 mol Al65Cu23Fe12失电子为653+232+123=277 mol，错误。故选C，故答案为：D。21.碳酸锰（MnCO3）是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿（主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质）制取碳酸锰的流程如下图所示：已知：还原焙烧主反应为：2MnO2+C2MnO+CO2。可能用到的数据如下：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH1.56.54.28.3沉淀完全pH3.79.77.49.8根据要求回答下列问题：（1）步骤B中若采用质量分数为35%的硫酸（密度=1.26 g/cm3），则其物质的量浓度为_。（2）步骤C中得到的滤渣主要成分是_，步骤D中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。（3）步骤E中调节pH的范围为_。（4）步骤G的离子方程式为_，若Mn2+沉淀完全时测得溶液中CO32的浓度为2.2106 mol/L，则Ksp(MnCO3)=_。（5）实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，原理为：_Mn2+ +_ S2O82 + _H2O = _，请完成上述离子方程式； _请描述Mn2+未完全反应时出现的现象_。【答案】 (1). 4.5 mol/L (2). CaSO4和Cu (3). 2:1 (4). 大于3.7小于8.3 (5). Mn2+2HCO3=MnCO3+CO2+H2O (6). Ksp(MnCO3)=2.21011 (7). 2Mn2+5S2O82+8H2O=16H+10SO42+2MnO4 (8). 无色变紫红色【解析】【分析】软锰矿主要成分为MnO2，还含有CaCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质，还原焙烧主反应为：2MnO2+C2MnO+CO2，加入硫酸酸浸过滤后的溶液中加入二氧化锰氧化亚铁离子，加入10%的氢氧化钠溶液调节溶液PH4.5使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中加入Na2S沉淀重金属离子可以除去Pb2+、Al3+等离子，滤液中加入碳铵发生复分解反应生成碳酸锰，分离烘干得到成品。【详解】（1）步骤B中若采用质量分数为35%的硫酸（密度=1.26 g/cm3），则其物质的量浓度为=4.5 mol/L，故答案为：4.5 mol/L；（2）步骤C中得到的滤渣是不溶于水的Cu和微溶的CaSO4，步骤D中加入MnO2氧化溶液中的Fe2+，其中Mn从+4价降为+2价，Fe从+2价升高为+3价，Fe2+是还原剂，根据电子守恒，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1，故答案为：CaSO4和Cu；2:1；（3）由图表可知为了使Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2+，步骤E中调节pH的范围为大于3.7小于8.3，故答案为：大于3.7小于8.3；（4）在含有Mn2+的溶液中加入碳酸氢铵生成MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2+2HCO3=MnCO3+CO2+H2O，若Mn2+沉淀完全时其浓度为1105mol/L，溶液中CO32的浓度为2.2106 mol/L，则Ksp(MnCO3)=c(1105mol/L)c(2.2106)=2.21011，故答案为：Mn2+2HCO3=MnCO3+CO2+H2O；Ksp(MnCO3)=2.21011；（5）实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，原理为：Mn2+S2O82+H2O=H+SO42+MnO4。Mn2+S2O82+H2O=H+SO42+MnO4中Mn从+2价升高为+7价，S从+7价降为+6价，根据电子守恒，Mn2+前系数为2，S2O82前系数为5，再结合电荷守恒和原子守恒得此反应的离子方程式2Mn2+5S2O82+8H2O=16H+10SO42+2MnO4，故答案为：2Mn2+5S2O82+8H2O=16H+10SO42+2MnO4；取少量试样于试管中，滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫色，可确认Mn2+离子已经完全反应，故答案为：无色变紫红色。