山东省济南市山师大附中高三化学上学期第二次模考试卷含解析

2022-2022学年山东省济南市山师大附中高三（上）第二次模考化学试卷　一．选择题（共14小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列做法不应该提倡或者不正确的是（　　）A．采取低碳、节俭的生活方式，深入农村和社区宣传环保知识B．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等，按照规定对生活废弃物逛行分类放量C．热纯碱可以去油污，明矾可以净化水，漂白粉可用于漂白织物D．煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2，食醋可以除水垢　2．下列有关实验的描述不正确的是（　　）A．钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，但生成固体颜色不同B．新制饱和氯水和浓硝酸光照下会有气体产生，其成分中有氧气C．次氯酸和过氧化钠都能使品红溶液褪色，其原理是不相同的D．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性　3．设NA是阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（　　）A．分子数为NA的CO、N2混合气体的质量为28gB．0.1mol氧气作为氧化剂得到电子的数目一定为0.4NAC．22.4L氯气和氮气的混合气体含有2NA个原子D．0.1mol•L﹣1的氢氧化钠溶液含有0.1NA个OH﹣　4．下列有关分类和氧化还原的描述正确的是（　　）A．酸性氧化物一定是非金属氧化物，混合物、分散系、胶体有从属关系B．纯碱、烧碱、熟石灰均属于碱，酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应C．得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强；含最高价元素的化合物一定具有强的氧化性D．元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得　5．下列表示或说法正确的是（　　）A．质子数为17、中子数为20的氯原子：B．等物质的量的水与重水含有相同数目的中子数C．氯分子的电子式：D．等物质的量的铁和铝分别于足量氯气和氢氧化钠溶液完全反应时转移的电子数不同　6．下列说法正确的是（　　）A．碳元素的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg）C．粗硅SiCl4SiD．Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg21　7．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．向次氯酸钙溶液通过量CO2：Ca2++2C1O﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClOB．碘水中通入足量的SO2：I2+SO2+2H2O═2HI+SO42﹣+2H+C．FeSO4酸性溶液暴露在空气中：2Fe2++O2+4H+═2Fe3++2H2OD．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O　8．下列各组离子可能大量共存的是（　　）A．与铝反应放出氢气的溶液中：Na+、Cl﹣、S2﹣、SO32﹣B．常温下=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、Fe2+、NO3﹣、NH4+C．水电离出的c（H+）=10﹣10mol•L﹣1的溶液中Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．0.5mol•L﹣1AlCl3溶液中可能大量存在[Al（OH）4]﹣、K+、CO32﹣　9．从下列事实所列出的相应结论正确的是（　　）实验事实结论①铜生的锈是绿色的称为铜绿铜绿是致密的氧化膜②浓硫酸可除去烧瓶内残留的MnO2，稀硝酸可除去试管内壁的银镜，用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液都发生了氧化还原反应③少量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液产生白色沉淀和Na2CO3酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3④某溶液加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该溶液滴加CaCl2溶液，有白色沉淀现象确定该溶液存在CO⑤某无色溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液一定有NHA．②③⑤B．①②③C．③④⑤D．全部　10．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作太阳能电池材料和电脑芯片．下列叙述正确的是（　　）A．原子半径由大到小的顺序：W＞Z＞Y＞X，简单离子半径由大到小的顺序：X＞Y＞ZB．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y＞X＞W＞Z，最高正价由高到低顺序：W＞ZC．元素非金属性由强到弱的顺序：Z＞W＞X，W的单质常温下可与氢氧化钠溶液反应D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X＞Y＞W　11．下列实验操作或仪器使用正确的是（　　）21A．容量瓶、分液漏斗和滴定管都需要验漏B．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相C．用装置乙加热分解NaHCO3固体D．配制500mL0.1mol•L‑1NaCl溶液用到的玻璃仪器只有500mL容量瓶、烧杯和玻璃棒　12．下列有关海水综合利用的说法正确的是（　　）A．电解饱和食盐水可制得金属钠B．海水提溴涉及到氧化还原反应C．海带提碘只涉及物理变化D．海水提镁不涉及复分解反应　13．下列叙述中正确的是（　　）A．SiO2和NO2能与强碱溶液反应，都是酸性氧化物B．不锈钢材料因含有铬、镍所以抗腐蚀性好C．普通玻璃、钢化玻璃、玻璃钢都属于硅酸盐产品，水玻璃可用于木材防腐D．MgO和A12O3熔点较高都可以做耐火材料，都能和强碱溶液反应　14．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体．原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（　　）A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL　　二．非选择题（本题包括4小题，共58分）15．根据要求回答下列有关元素化合物的有关问题．我国空气质量预报的内容主要包括三个方面：三氧化硫、氮氧化物、悬浮颗粒物等三种大气污染物的浓度．（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有　　　　　　（填字母序号）．a．酸雨b．沙尘暴c．光化学烟雾d．白色污染悬浮颗粒物可用高压电除尘是利用了　　　　　　现象．（2）为了降低汽车尾气对大气的污染，目前最有效的方法是给汽车安装尾气净化装置．它能将一氧化碳和NO在催化荆作用下发生反应转化为无害气体，其反应的化学方程式为　　　　　　．（3）写出实验室中由固体物质制取氨气的化学方程式　　　　　　；已知AgNO3光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为　　　　　　．　16．铁在自然界存在广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．21（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的原料中除铁矿石和焦炭外还有石灰石，写出石灰石除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2）的化学反应方程式为　　　　　　；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和　　　　　　（填化学式）．（2）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气．工业脱SO2的方法可以用　　　　　　．（填字母序号）a．氨水b．浓硫酸e．氢氧化钠溶液d．稀硝酸（3）配制的FeCl2溶液中会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是　　　　　　（填试剂的名称）．欲除去其中的FeCl3，应在该FeCl2溶液加入　　　　　　．　17．研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．（1）硫离子的原子结构示意图为　　　　　　，加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为　　　　　　．（2）（NH4）2SO4是常用的化肥和化工原料，受热易分解，某兴趣小组拟探究其分解产物．[查阅资料]（NH4）2SO4在260℃～400℃时分解产物不同．[实验探究]该小组拟选用如图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）实验1：连接装置A→B→C→D，检查气密性．按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）通入N2排尽空气后，于260℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2．品红溶液不褪色．取下装置B，加入指示利．用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00mL．经检验滴定后的溶液中无SO42﹣．①仪器X的名称是　　　　　　．②装置B内溶液吸收气体的物质的量是　　　　　　mol．实验2：连接装置A→D→B，检查气密性．按图示重新加入试剂；通入N2排尽空气后，于400℃加热装置A至（NH4）2SO4完全分解无残留物．停止加热，冷却．停止通入N2，观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体．经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣．进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物．③检查装置D内溶液中有SO32﹣无SO42﹣的实验操作和现象是　　　　　　．④装置B内溶液吸收的气体是　　　　　　．⑤（NH4）2SO4在400℃分解的化学方程式是　　　　　　．　18．单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如图所示的路线制备．其中X为Z的氧化物；Y为氢化物，分子结构与甲烷相似．回答下列问题：（1）能与X发生化学反应的酸是　　　　　　；由X制备Mg2Z的化学方程式为　　　　　　．（2）由Mg2Z生成Y的化学方程式为　　　　　　，Y分子的电子式为　　　　　　．（3）Z、X中共价键的类型分别是　　　　　　、　　　　　　．21　19．软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4•H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2═MnSO4．（1）质量为17.4g纯净MnO2最多能氧化　　　　　　L（标准状况）SO2．（2）上述反应制得的溶液，调节pH值到5～7的范围，以除去Fe3+、Al3+（使其浓度小于l×10﹣6mol•L﹣1），然后从得到的MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，图可以看出，需控制结晶温度在　　　　　　以上．　20．以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、A12O3等）为原料可制备轻质CaCO3．（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式　　　　　　．（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO42﹣和　　　　　　（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是　　　　　　．（3）磷石膏若用氢氧化钠溶液溶解，发生反应的有关离子方程式为：　　　　　　．　　212022-2022学年山东省济南市山师大附中高三（上）第二次模考化学试卷参考答案与试题解析　一．选择题（共14小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列做法不应该提倡或者不正确的是（　　）A．采取低碳、节俭的生活方式，深入农村和社区宣传环保知识B．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等，按照规定对生活废弃物逛行分类放量C．热纯碱可以去油污，明矾可以净化水，漂白粉可用于漂白织物D．煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2，食醋可以除水垢【考点】常见的生活环境的污染及治理；盐类水解的应用．【分析】A．B．保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析；C．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，漂白粉具有强氧化性；D．碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙．【解答】解：A．采取低碳、节俭的生活方式，节省大量的能源，伸入农村和社区宣传环保知识，树立保护环境从自我做起、保护环境人人有责的意识，符合保护环境的措施，故A正确；B．经常使用一次性筷子和纸杯，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，故措施不合理，故B错误；C．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油脂在碱性条件下能水解，明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水；漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故C正确；D．碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，故D正确．故选B．【点评】本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，明确环境和人类发展的关系及环境保护意识即可解答，题目难度不大　2．下列有关实验的描述不正确的是（　　）A．钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，但生成固体颜色不同B．新制饱和氯水和浓硝酸光照下会有气体产生，其成分中有氧气C．次氯酸和过氧化钠都能使品红溶液褪色，其原理是不相同的D．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性【考点】氯气的化学性质；钠的重要化合物；镁的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】A．钠与氯气发生反应生成氯化钠，为白色固体，火焰呈黄色；B．氯水中含有次氯酸，分解生成氧气，硝酸不稳定，分解生成二氧化氮和氧气；C．次氯酸和过氧化钠都具有强氧化性；D．根据还原剂还原性大于还原产物判断．【解答】解：A．钠与氯气发生反应生成氯化钠，为白色固体，火焰呈黄色，颜色不同，故A正确；B．氯水中含有次氯酸，分解生成氧气，硝酸不稳定，分解生成二氧化氮和氧气，故B正确；C．次氯酸和过氧化钠都具有强氧化性，可使品红褪色，原理相同，故C错误；21D．还原剂还原性大于还原产物，可知Mg的还原性强于C的还原性，故D正确．故选C．【点评】本题综合考查钠、氯气等知识，为高频考点，侧重于双基的考查，注意把握物质的性质，注意相关基础知识的积累，难度不大．　3．设NA是阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（　　）A．分子数为NA的CO、N2混合气体的质量为28gB．0.1mol氧气作为氧化剂得到电子的数目一定为0.4NAC．22.4L氯气和氮气的混合气体含有2NA个原子D．0.1mol•L﹣1的氢氧化钠溶液含有0.1NA个OH﹣【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、CO和氮气的摩尔质量均为28g/mol；B、氧气作为氧化剂得电子后可能变为﹣1价，也可能变为﹣2价；C、气体所处的状态不明确；D、溶于体积不明确．【解答】解：A、CO和氮气的摩尔质量均为28g/mol，故NA个CO和氮气分子即1mol混合气体的质量为28g，与两者的比例无关，故A正确；B、氧气作为氧化剂得电子后可能变为﹣1价，也可能变为﹣2价，故0.1mol氧气作为氧化剂可能得0.4mol电子，也可能得0.2mol电子，故B错误；C、气体所处的状态不明确，气体摩尔体积的数值未知，故混合气体的物质的量无法计算，故C错误；D、溶于体积不明确，故溶于中的氢氧根的个数无法计算，故D错误．故选A．【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．　4．下列有关分类和氧化还原的描述正确的是（　　）A．酸性氧化物一定是非金属氧化物，混合物、分散系、胶体有从属关系B．纯碱、烧碱、熟石灰均属于碱，酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应C．得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强；含最高价元素的化合物一定具有强的氧化性D．元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得【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．【分析】A、酸性氧化物不一定是非金属氧化物，混合物分为三大分散系；B、根据碱的概念以及化学反应的类型来回答判断；C、氧化性的强弱和得电子的多少无关，具有最高价元素的物质不一定具有氧化性；D、单质可以是化合物被氧化或是被还原的产物．【解答】解：A、酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7，混合物分为三大分散系：溶液、浊液、胶体，混合物、分散系、胶体有从属关系，故A错误；B、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，烧碱、熟石灰均属于碱，酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应，故B错误；C、氧化性的强弱和得电子的多少无关，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，如S和氯气的氧化性是氯气的强；具有最高价元素的物质不一定具有氧化性，如硫酸钠性质稳定，故C错误；21D、单质可以是化合物被氧化或是被还原的产物，如单质硫可以是硫化氢被氧化的产物，还可以是二氧化硫被还原的产物，故D正确．故选D．【点评】本题考查了物质分类的方法，主要是胶体、分散系、氧化物分类的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单　5．下列表示或说法正确的是（　　）A．质子数为17、中子数为20的氯原子：B．等物质的量的水与重水含有相同数目的中子数C．氯分子的电子式：D．等物质的量的铁和铝分别于足量氯气和氢氧化钠溶液完全反应时转移的电子数不同【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；氧化还原反应．【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；B．H2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10；C．氯气分子中含有1个Cl﹣Cl键，氯原子最外层都达到8电子稳定结构；D．两个反应中，Fe、Al都从0加变为+3价．【解答】解：A．质子数为17、中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的正确表示方法为：1737Cl，故A错误；B．H2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10，则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故B错误；C．氯气分子中含有1个Cl﹣Cl键，则氯分子的电子式为，故C正确；D．等物质的量的铁和铝分别于足量氯气和氢氧化钠溶液完全反应时，反应后都变为+3价，则转移的电子数一定相同，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、元素符号、氧化还原反应等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．　6．下列说法正确的是（　　）A．碳元素的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg）C．粗硅SiCl4SiD．Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅．【分析】A、C元素的单质存在多种同素异形体；B、电子层数越多，微粒半径越大；C、粗硅在高温下与氯气反应四氯化硅，再用氢气还原得到较纯硅；D、电解熔融的氯化镁得到单质镁．21【解答】解：A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，故A错误；B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），故B错误；C、粗硅在高温下与氯气反应四氯化硅，在高温条件下用氢气还原四氯化硅得到较纯的硅，其转化过程为：粗硅SiCl4Si，故C正确；D、电解熔融的氯化镁得到单质镁，电解氯化镁溶液得到氯气、氢气和氢氧化镁，得不到镁单质，故D错误，故选C．【点评】本题主要考查的是同素异形体的判断、微粒半径大小比较、元素化合物的性质等，题目综合性较强，有一定的难度，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．　7．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．向次氯酸钙溶液通过量CO2：Ca2++2C1O﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClOB．碘水中通入足量的SO2：I2+SO2+2H2O═2HI+SO42﹣+2H+C．FeSO4酸性溶液暴露在空气中：2Fe2++O2+4H+═2Fe3++2H2OD．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成碳酸氢钙、HClO；B．发生氧化还原反应生成硫酸和HI；C．电子、电荷不守恒；D．遵循电子、电荷守恒．【解答】解：A．向次氯酸钙溶液通过量CO2的离子反应为ClO﹣+H2O+CO2═HCO3﹣+HClO，故A错误；B．碘水中通入足量的SO2的离子反应为I2+SO2+2H2O═2I﹣+SO42﹣+4H+，故B错误；C．FeSO4酸性溶液暴露在空气中的离子反应为4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故C错误；D．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2的离子反应为IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　8．下列各组离子可能大量共存的是（　　）A．与铝反应放出氢气的溶液中：Na+、Cl﹣、S2﹣、SO32﹣B．常温下=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、Fe2+、NO3﹣、NH4+C．水电离出的c（H+）=10﹣10mol•L﹣1的溶液中Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．0.5mol•L﹣1AlCl3溶液中可能大量存在[Al（OH）4]﹣、K+、CO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．与铝反应放出氢气的溶液呈强碱性或为非氧化性酸溶液；21B．常温下=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈酸性；C．水电离出的c（H+）=10﹣10mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；D．与Al3+反应的离子不能大量共存．【解答】解：A．与铝反应放出氢气的溶液呈强碱性或为非氧化性酸溶液，如在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．常温下=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；C．水电离出的c（H+）=10﹣10mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3﹣都不能大量共存，故C错误；D．[Al（OH）4]﹣、CO32﹣与Al3+发生互促水解反应而不能大量共存，故D错误．故选A．【点评】本题考查离子的共存问题，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，明确信息得出溶液的酸碱性是解答本题的关键，并注意离子之间的氧化还原反应来解答，题目难度中等．　9．从下列事实所列出的相应结论正确的是（　　）实验事实结论①铜生的锈是绿色的称为铜绿铜绿是致密的氧化膜②浓硫酸可除去烧瓶内残留的MnO2，稀硝酸可除去试管内壁的银镜，用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液都发生了氧化还原反应③少量CO2通入Na[Al（OH）4]溶液产生白色沉淀和Na2CO3酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3④某溶液加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该溶液滴加CaCl2溶液，有白色沉淀现象确定该溶液存在CO⑤某无色溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液一定有NHA．②③⑤B．①②③C．③④⑤D．全部【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】①铜绿是疏松的；②氢氧化钠溶液能够与二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠；③强酸反应制取弱酸；④无色无味气体是二氧化碳；⑤氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝．【解答】解：①铜绿是疏松的，是绿色的，故①错误；②氢氧化钠溶液能够与二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠，没有化合价的升降，故②错误；③强酸反应制取弱酸，酸性：H2CO3＞Al（OH）3，故③正确；21④无色无味气体是二氧化碳，加CaCl2溶液，有白色沉淀现象，可确定存在碳酸根，故④正确；⑤氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH4+，故⑤正确；故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质的比较，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点和常见题型，注意把握实验的角度和可行性的评价，难度中等．　10．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作太阳能电池材料和电脑芯片．下列叙述正确的是（　　）A．原子半径由大到小的顺序：W＞Z＞Y＞X，简单离子半径由大到小的顺序：X＞Y＞ZB．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y＞X＞W＞Z，最高正价由高到低顺序：W＞ZC．元素非金属性由强到弱的顺序：Z＞W＞X，W的单质常温下可与氢氧化钠溶液反应D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X＞Y＞W【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子最外层有6个电子，结合原子序数可知，X为O元素；Y是至今发现的非金属性最强的元素，则Y为F元素；Z处于第三周期，在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，则Z为Al；W的单质广泛用作太阳能电池材料和电脑芯片，则W为Si．【解答】解：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子最外层有6个电子，结合原子序数可知，X为O元素；Y是至今发现的非金属性最强的元素，则Y为F元素；Z处于第三周期，在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，则Z为Al；W的单质广泛用作太阳能电池材料和电脑芯片，则W为Si．A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Si＞S＞O＞F；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径S2﹣＞O2﹣＞F﹣，故A错误；B．X、Y、Z、W最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，W、Z的最高正化合价分别为+4、+3，最高正价由高到低顺序：W＞Z，故B正确；C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z（Al）＜W（Si）＜X（O），W（Si）的单质常温下可与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠与氢气，故C错误；D．非金属性Y（F）＞X（O）＞W（Si），则最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W，故D错误，故选：B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，难度不大．　11．下列实验操作或仪器使用正确的是（　　）A．容量瓶、分液漏斗和滴定管都需要验漏21B．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相C．用装置乙加热分解NaHCO3固体D．配制500mL0.1mol•L‑1NaCl溶液用到的玻璃仪器只有500mL容量瓶、烧杯和玻璃棒【考点】分液和萃取；不能加热的仪器及使用方法．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．具有塞子、活塞的仪器需要检查漏液；B．分液时，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出；C．加热固体应防止试管炸裂；D．配制500mL0.1mol•L‑1NaCl溶液的步骤有：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤选择使用的仪器．【解答】解：A．使用容量瓶、分液漏斗和滴定管时，首先要查仪器是否漏液，若漏液，仪器不能使用，故A正确；B．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出，故B错误；C．碳酸氢钠加热分解生成水，应防止试管炸裂，试管口应略朝下，故C错误；D．配制500mL0.1mol•L‑1NaCl溶液使用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故D错误；故选A．【点评】本题考查混合物分离、提纯，溶液的配制，把握常见仪器的使用、实验基本操作等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．　12．下列有关海水综合利用的说法正确的是（　　）A．电解饱和食盐水可制得金属钠B．海水提溴涉及到氧化还原反应C．海带提碘只涉及物理变化D．海水提镁不涉及复分解反应【考点】海水资源及其综合利用．【分析】A．电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气；B．海水中溴元素是以溴离子的形式存在，溴离子变为溴单质会发生氧化反应；C．海带提碘，将碘离子氧化生成碘单质；D．海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁．【解答】解：A．钠易与水反应，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，应该通过电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，故A错误；B．海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，然后用氧化剂氧化溴离子为溴单质，涉及到了氧化还原反应，故B正确；C．海带提碘，是将碘离子氧化生成碘单质，发生的是化学变化，故C错误；D．海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁，涉及到了复分解反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查了海水资源的综合利用，题目难度不大，明确从海水中提取钠、溴、碘的以及镁的反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应、复分解反应、物理变化及化学变化的判断方法，试题培养了学生的灵活应用能力．　13．下列叙述中正确的是（　　）21A．SiO2和NO2能与强碱溶液反应，都是酸性氧化物B．不锈钢材料因含有铬、镍所以抗腐蚀性好C．普通玻璃、钢化玻璃、玻璃钢都属于硅酸盐产品，水玻璃可用于木材防腐D．MgO和A12O3熔点较高都可以做耐火材料，都能和强碱溶液反应【考点】硅和二氧化硅；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；镁、铝的重要化合物．【分析】A．酸性氧化物与碱反应只生成盐和水，与水反应只生成酸；B．不锈钢为铁与镍铬的合金，具有耐腐性；C．玻璃钢为复合材料D．氧化镁与氢氧化钠不反应．【解答】解：A．二氧化氮与水反应生成硝酸与一氧化氮，不属于酸性氧化物，故A错误；B．不锈钢为铁与镍铬的合金，具有耐腐性，故B正确；C．玻璃钢为复合材料，不是硅酸盐，故C错误；D．氧化镁与氢氧化钠不反应，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了元素化合物知识，明确酸性氧化物的概念、熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大．　14．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体．原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（　　）A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mLD．313.6mL【考点】有关混合物反应的计算．【分析】发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL气体可能为氧气，有可能是NO，设出混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，然后分别根据剩余气体为氧气、NO结合反应方程式列式计算即可．【解答】解：最终收集到44.8mL气体可能为氧气，有可能为NO，当剩余气体为氧气时，发生反应有：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：①x+y=448mL；由于氨气完全反应，则x体积氨气消耗氧气体积为：x×=x，同时生成NO体积为x，生成的NO完全反应消耗氧气的体积为：x×=x，则：②x+x+44.8mL=y，联立①②解得：x=134.4mL、y=313.6mL，即：氧气体积为313.6mL；当剩余的气体为NO时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL为NO，设原混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，则：③x+y=448mL，氨气完全反应消耗氧气体积为x×=x，同时生成NO体积为x，其中转化成硝酸的NO体积为：x﹣44.8mL，此过程中消耗氧气体积为：（x﹣44.8mL）×21，消耗氧气总体积为：④x+（x﹣44.8mL）×=y，联立③④可得：x=160.5mL、y=287.5mL，即：原混合气体中氧气的总体积为287.5mL，根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：313.6mL或287.5mL，故选CD．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确剩余气体组成为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．　二．非选择题（本题包括4小题，共58分）15．根据要求回答下列有关元素化合物的有关问题．我国空气质量预报的内容主要包括三个方面：三氧化硫、氮氧化物、悬浮颗粒物等三种大气污染物的浓度．（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有　ac　（填字母序号）．a．酸雨b．沙尘暴c．光化学烟雾d．白色污染悬浮颗粒物可用高压电除尘是利用了　电泳　现象．（2）为了降低汽车尾气对大气的污染，目前最有效的方法是给汽车安装尾气净化装置．它能将一氧化碳和NO在催化荆作用下发生反应转化为无害气体，其反应的化学方程式为　2NO+2CON2+2CO2　．（3）写出实验室中由固体物质制取氨气的化学方程式　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O　；已知AgNO3光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为　2AgNO3Ag+2NO2↑+O2↑　．【考点】化学方程式的书写；常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学用语专题；氮族元素．【分析】（1）a．酸雨：主要是工业排放的废气二氧化硫和氮氧化合物，二氧化硫在灰尘催化下与氧气反应生成三氧化硫，与水生成硫酸；氮氧化合物与水生成硝酸．使雨水PH＜5.6；b．由于现在人类大力砍伐树木，减少了对土壤的固定，沙尘比较多，大量燃烧化石燃料也会产生大量的空气污染颗粒，也能造成沙尘暴天气；c．光化学烟雾：主要是汽车尾气中的氮氧化合物与碳氢化合物在紫外线作用下发生一系列反应生成类似蓝色的烟雾，危害健康；d．白色污染是人们对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓；胶体具有电泳的性质；（2）NO、CO在催化剂作用下转化为氮气和二氧化碳；（3）实验室用固体氯化铵和固体氢氧化钙反应制备氨气；AgNO3光照易分解，生成Ag和红棕色气体NO2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式．【解答】解：（1）a．氮氧化合物与水生成硝酸．使雨水pH＜5.6，故a选；b．沙尘暴与固体悬浮颗粒物有关，与氮氧化物无关，故b不选；c．光化学烟雾与汽车尾气中的氮氧化合物有关，故c选；d．白色污染与塑料有关，故d不选；21通过以上分析知，与氮氧化物有关的环境污染是酸雨、光化学烟雾，胶体具有电泳的性质，在外加电源作用下，带电的胶体微粒能够发生定下移动，工厂利用高压电除尘，有利于减轻雾霾和预防大气污染就是利用胶体电泳的性质，所以悬浮颗粒物可用高压电除尘是利用了电泳现象，故答案为：ac；电泳；（2）NO、CO在催化剂作用下转化为氮气和二氧化碳，反应的方程式为：2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2；（3）实验室中由固体物质制取氨气为固体氯化铵和固体氢氧化钙反应，反应的方程式为：Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+2H2O，红棕色气体是NO2，该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价，根据氧化还原反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；2AgNO3Ag+2NO2↑+O2↑．【点评】本题考查了与氮有关的知识，掌握氨气的制备原理、铵盐的性质是解答的关键，题目难度不大．　16．铁在自然界存在广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的原料中除铁矿石和焦炭外还有石灰石，写出石灰石除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2）的化学反应方程式为　CaCO3CaO+CO2↑、CaO+SiO2CaSiO3　；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和　CO　（填化学式）．（2）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气．工业脱SO2的方法可以用　ac　．（填字母序号）a．氨水b．浓硫酸e．氢氧化钠溶液d．稀硝酸（3）配制的FeCl2溶液中会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是　硫氰酸钾溶液　（填试剂的名称）．欲除去其中的FeCl3，应在该FeCl2溶液加入　铁粉　．【考点】二氧化硫的污染及治理；物质的分离、提纯和除杂．【分析】（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙；加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳；（2）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应；由于二氧化硫与稀硝酸的反应中有NO生成，所以不能使用稀硝酸；（3）Fe3+能和SCN﹣生成络合物，使溶液呈现血红色，据此可检验铁离子；铁离子能够与铁粉反应生成亚铁离子，据此可除去氯化铁．21【解答】解：（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙，涉及反应有CaCO3CaO+CO2↑、CaO+SiO2CaSiO3，加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳，尾气中含有CO，故答案为：CaCO3CaO+CO2↑、CaO+SiO2CaSiO3；CO；（2）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应，可用碱液或氢氧化钠、氨水等吸收，所以a、c正确；由于稀硝酸与二氧化硫的反应中有NO生成，所以不能使用稀硝酸；浓硫酸不与二氧化硫反应，故不能使用浓硫酸；故答案为：ac；（3）Fe3+能和SCN﹣生成络合物，使溶液呈现血红色，这一反应是Fe3+的特征反应，可检验配制的FeCl2溶液中是否含有少量FeCl3，所以选用的试剂为硫氰酸钾溶液；因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2，故可用铁除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，故答案为：硫氰酸钾溶液；铁粉．【点评】本题考查了二氧化硫的污染及治理、铁离子的检验，题目难度中等，明确二氧化硫的性质、铁离子的检验方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　17．研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．（1）硫离子的原子结构示意图为　　，加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为　C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O　．（2）（NH4）2SO4是常用的化肥和化工原料，受热易分解，某兴趣小组拟探究其分解产物．[查阅资料]（NH4）2SO4在260℃～400℃时分解产物不同．[实验探究]该小组拟选用如图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）实验1：连接装置A→B→C→D，检查气密性．按图示加入试剂（装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL）通入N2排尽空气后，于260℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2．品红溶液不褪色．取下装置B，加入指示利．用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00mL．经检验滴定后的溶液中无SO42﹣．①仪器X的名称是　圆底烧瓶　．21②装置B内溶液吸收气体的物质的量是　0.03　mol．实验2：连接装置A→D→B，检查气密性．按图示重新加入试剂；通入N2排尽空气后，于400℃加热装置A至（NH4）2SO4完全分解无残留物．停止加热，冷却．停止通入N2，观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体．经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣．进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物．③检查装置D内溶液中有SO32﹣无SO42﹣的实验操作和现象是　取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣　．④装置B内溶液吸收的气体是　NH3　．⑤（NH4）2SO4在400℃分解的化学方程式是　3（NH4）2SO44NH3↑+3SO2↑+6H2O↑+N2↑　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）S是16号元素．S原子获得2个电子变为S2﹣，据此书写硫离子的结构示意图；加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；（2）实验1：①根据装置图可知仪器X为圆底烧瓶；②根据消耗氢氧化钠计算B装置中剩余的HCl，参加反应的HCl吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，进而计算吸收NH3的物质的量，实验2：③取D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解且生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣；④装置D内溶液中有SO32﹣，说明分解生成SO2，装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置B内溶液吸收的气体是氨气；⑤由④中分析可知，（NH4）2SO4在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O生成，S元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为N元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，配平书写方程式．【解答】解：（1）①S是16号元素．S原子获得2个电子变为S2﹣，硫离子的结构示意图为：，加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：；C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；（2）①由仪器X的结构可知，X为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；21②滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH为0.025L×0.2mol/L=0.005mol，故剩余HCl为0.005mol，则参加反应的HCl为0.07L×0.5mol/L﹣0.005mol=0.03mol，参加反应的HCl吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，故吸收NH3的物质的量为0.03mol，故答案为：0.03；③检查装置D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣的实验操作和现象是：取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣，故答案为：取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣；④装置D内溶液中有SO32﹣，说明分解生成SO2，装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置B内溶液吸收的气体是氨气，故答案为：NH3；⑤由④中分析可知，（NH4）2SO4在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O生成，S元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为N元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，分解反应方程式为：3（NH4）2SO44NH3↑+3SO2↑+6H2O↑+N2↑，故答案为：3（NH4）2SO44NH3↑+3SO2↑+6H2O↑+N2↑．【点评】本题考查化学实验，涉及化学仪器、滴定操作、实验方案设计、化学计算、物质推断、化学方程式书写等，是对学生综合能力的考查，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力难度中等．　18．单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如图所示的路线制备．其中X为Z的氧化物；Y为氢化物，分子结构与甲烷相似．回答下列问题：（1）能与X发生化学反应的酸是　氢氟酸　；由X制备Mg2Z的化学方程式为　SiO2+2MgO2↑+Mg2Si　．（2）由Mg2Z生成Y的化学方程式为　Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4　，Y分子的电子式为　　．（3）Z、X中共价键的类型分别是　非极性键　、　极性键　．【考点】无机物的推断．【分析】常见的半导体材料为Si，X为Z的氧化物，那么X为二氧化硅；Y为氢化物，且分子结构与甲烷相似，那么Y为硅烷，结构简式为：SiH4，据此结合各小题解答即可．【解答】解：（1）二氧化硅为酸性氧化物，不溶于一般的酸，但是能溶于氢氟酸，此性质常用于腐蚀玻璃，由流程可知，二氧化硅与金属镁反应生成硅化镁，化学反应方程式为：SiO2+2MgO2↑+Mg2Si，故答案为：氢氟酸；SiO2+2MgO2↑+Mg2Si；21（2）硅化镁与盐酸反应生成硅烷，化学反应方程式为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，硅烷类似与甲烷的正四面体结构，故Si分别与H形成1对共价键，电子式为：，故答案为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4；；（3）Z为Si，硅单质为原子晶体，晶体中存在Si﹣Si非极性共价键，X为SiO2，属于原子晶体，存在Si﹣O极性共价键，故答案为：非极性键、极性键．【点评】本题主要考查的是元素的推断以及硅和其化合物的知识，设计化学反应方程式书写、电子式以及共价键类型的判断，难度不大．　19．软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4•H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2═MnSO4．（1）质量为17.4g纯净MnO2最多能氧化　4.48　L（标准状况）SO2．（2）上述反应制得的溶液，调节pH值到5～7的范围，以除去Fe3+、Al3+（使其浓度小于l×10﹣6mol•L﹣1），然后从得到的MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，图可以看出，需控制结晶温度在　60℃　以上．【考点】化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】（1）根据MnO2+SO2=MnSO4可知n（SO2）=n（MnO2）来解答；（2）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4•H2O的溶解度减小，而MgSO4•6H2O的溶解度增大．【解答】解：（1）根据MnO2+SO2=MnSO4可知，n（SO2）=n（MnO2）==0.2mol，其体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48；（2）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4•H2O的溶解度减小，而MgSO4•6H2O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃这样可以得到纯净的MnSO4•H2O；故答案为：60℃．【点评】本题考查氧化还原反应计算、图象分析等，侧重分析、计算能力的综合考查，题目难度中等．　20．以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、A12O3等）为原料可制备轻质CaCO3．21（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式　CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3↓+2NH4++SO42﹣+H2O（或CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣）　．（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO42﹣和　HCO3﹣　（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是　取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全　．（3）磷石膏若用氢氧化钠溶液溶解，发生反应的有关离子方程式为：　Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙．（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子；（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用盐酸酸化的氯化钡检验；（3）磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、A12O3等）用氢氧化钠溶液溶解，其成分中氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水．【解答】解：磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙．（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣，故答案为：CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣；（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用盐酸酸化的氯化钡检验，方法是取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全，21故答案为：HCO3﹣；取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；（3）磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、A12O3等）用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝为两性氧化物，能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣，二氧化硅为酸性氧化物和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子反应为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣；SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O．【点评】本题以实验流程的形成综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度中等，注意把握提给信息以及相关物质的性质．　21