山东省烟台市2022届高三化学上学期期中试卷含解析

山东省烟台市2022届高三（上）期中化学试卷一、选择题（共48分．1～16小题为选择题．每小题3分．共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学在生产和生活中有着广泛的应用．下列说法错误的是()A．二氧化硫在食品加工中可用作食品增白剂B．航天飞机上的隔热陶瓷瓦属于复合材料C．用活性炭做净化剂除去冰箱中异味D．含H2SO4的废水用BaCl2处理后不可直接排放【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；无机非金属材料．【专题】化学计算．【分析】A．二氧化硫具有漂白性，工业上常用来漂白纸浆、草帽等；B．隔热陶瓷为硅酸盐产品表面覆盖石墨层，复合材料含两种或两种以上材料的性质；C．活性炭是疏松多孔结构，可以吸附异味分子；D．钡离子是重金属盐离子．【解答】解：A．二氧化硫不能漂白食品，人食用这类食品，对人体的肝、肾等有严重损伤作用，故A错误；B．隔热陶瓷为硅酸盐产品表面覆盖石墨层，则为复合材料，故B正确；C．活性炭是疏松多孔结构，可以吸附异味分子，除去冰箱中异味，故C正确；D．钡离子是重金属盐离子，有毒，故D正确．故选A．【点评】本题考查较综合，涉及复合材料、食品添加剂、活性炭以及环境污染等，综合性较强，注重基础知识的考查，选项B为解答的难点，题目难度不大．2．下列单质或化合物性质的描述正确的是()A．Na2CO3的溶解性比NaHCO3小B．SiO2与酸、碱均能反应，属于两性氧化物C．FeCl3溶液制作铜质印刷线路板的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．相同条件下，碳酸钠的溶解性大于碳酸氢钠的；B．与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物；C．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；D．Fe在足量Cl2中燃烧只生成FeCl3．【解答】解：A．饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO3沉淀，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故A错误；B．与酸或碱反应生成盐和水的氧化物，为两性氧化物，而二氧化硅与盐酸、硫酸等不反应，只属于酸性氧化物，故B错误；C．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，所以FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故C正确；D．因为氯气具有强氧化性，则Fe在足量Cl2中燃烧只生成FeCl3，故D错误；-16-\n故选C．【点评】本题主要考查了元素化合物的知识，考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，平时注意相关知识的积累，题目难度中等．3．下列有关说法不正确的是()A．为防止水污染，可用O3替代Cl2作饮用水消毒剂B．实验室可用浓硫酸干燥SO2气体C．16O和18O能形成三种化学性质相同的氧分子D．Al2（SO4）3，可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒【考点】氯气的化学性质；核素；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物．【专题】物质的组成专题；溶液和胶体专题．【分析】A．O3替代Cl2作饮用水消毒剂，减少了氯气的残留；B．二氧化硫不能与浓硫酸反应；C．16O和18O能形成三种氧气分子：16O2和18O2，16O18O；D．酸性条件下抑制Al2（SO4）3水解，不能达到氢氧化铝胶体．【解答】解：A．O3替代Cl2作饮用水消毒剂，减少了氯气的残留，有利于减小水污染，故A正确；B．二氧化硫不能与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，故B正确；C．16O和18O能形成三种氧气分子：16O2和18O2，16O18O，故C正确；D．酸性条件下抑制Al2（SO4）3水解，不能生成氢氧化铝胶体，所以不能除去酸性废水中的悬浮颗粒，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了元素化合物性质，熟悉臭氧、氯气、二氧化硫、硫酸铝的性质是解题关键，注意盐类水解的影响因素，题目难度不大．4．钛是二十一世纪的“明星金属”．工业制钛以金红石为原料，发生的反应是：反应Ⅰ：aTiO2+bCl2+cCaTiCl4+cCO反应Ⅱ：TiCl4+2MgTi+2MgCl2关于反应Ⅰ、Ⅱ的下列说法中正确的是()A．反应Ⅰ中的TiO2是氧化剂B．TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂C．a=b=c=2D．每生成9.6gTi，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移0.8mol电子【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】aTiO2+bCl2+cCaTiCl4+cCO该反应中反应前后，碳元素的化合价升高，碳单质作还原剂，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂；TiCl4+2MgTi+2MgCl2该反应中钛元素的化合价降低，TiCl4为氧化剂，Mg元素的化合价升高，Mg作还原剂；据此分析．【解答】解：A．反应Ⅰ中，氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，故A错误；B．反应I中氯元素的化合价降低，氯气作氧化剂，还原产物是TiCl4，反应II中钛元素的化合价降低，TiCl4作氧化剂，故B正确；-16-\nC．根据反应前后各元素的原子个数守恒知，2a=c，2b=4a，所以a=1，b=c=2，故C错误；D．将方程式Ⅰ、Ⅱ相加得TiO2+2Cl2+2C+2Mg=Ti+2CO+2MgCl2转移电子48g8mol9.6g1.6mol所以每生成9.6gTi，反应I、II中共转移1.6mole﹣，故D错误．故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应概念的判断、方程式的有关计算等知识点，难度不大，注意基本概念的理解、氧化还原反应中得失电子相等等问题．5．下列各组试剂在溶液中的反应，当两种试剂的量发生变化时，不能用同一离子反应方程式表示的是()A．氯化镁、氢氧化钠B．硫酸钠、氢氧化钡C．氯化铝、氨水D．溴化亚铁、氯水【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氯化镁与NaOH无论是否过量，反应都生成氢氧化镁沉淀，与两种试剂的量无关；B．硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，与试剂的量无关；C．AlCl3、氨水，不管试剂量多少都生成氢氧化铝沉淀；D．亚铁离子和溴离子都具有还原性，氯水不足时亚铁离子优先反应，氯气足量时亚铁离子、溴离子都参加反应．【解答】解：A．无论试剂量的多少，氯化镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，只有一个离子方程式：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，故A错误；B．硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和硫酸钠，无论试剂过量还是不足，离子方程式只有1个：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，故B错误；C．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，无论氨水是否过量，离子方程式都只有1个：Al3++3NH3•H2O=（AlOH）3↓+3NH4+，故C错误；D．FeBr2、氯水，向溴化亚铁溶液中通入少量的Cl2，亚铁离子还原性大于溴离子，少量氯气氧化亚铁离子生成铁离子，Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣；氯水过量时，亚铁离子、溴离子都被氯水氧化，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br﹣═2Fe3++6Cl﹣+2Br2，反应物的物质的量不同，反应的离子方程式不相同，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应中试剂量对离子方程式中的影响，注意掌握离子反应发生条件，明确离子方程式的书写原则，弄清发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大．6．短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13．Z原子的最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍．X与Y、Z位于相邻的周期．下列说法正确的是()A．X的最高价氧化物对应的水化物是弱酸B．Z位于元素周期表的第3周期第ⅥA族C．Y的最高氧化物对应的水化物能溶于NaOH溶液D．原子半径的大小顺序：r（Z）＞r（Y）＞r（X）【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．-16-\n【分析】短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为Mg元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为13，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最外层电子数为5，故X为N元素，据此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，所以X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为Mg元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为13，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最外层电子数为5，故X为N元素．A．X的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，属于强酸，故A错误；B．Z为S元素，位于元素周期表的第3周期ⅥA族，故B正确；C．氢氧化镁不能溶于氢氧化钠溶液，故C错误；D．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径r（Mg）＞r（S）＞r（N），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，需要学生熟练掌握核外电子排布，侧重考查分析、推断能力，难度中等．7．下列说法正确的是()A．根据反应2C+SiO2Si+2CO↑说明碳的非金属性强于硅的非金属性B．加热分解CuSO4•5H2O过程中使用的玻璃仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒C．最高化合价为+7的元素一定属于主族元素D．16gO3含有8NA个电子【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；物质的量的相关计算；元素周期表的结构及其应用．【专题】计算题；元素非金属性的强弱规律．【分析】A．元素的非金属性越强，其得电子能力越强，其单质的氧化性越强；B．加热固体药品时需要的玻璃仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒、研钵；C．最高化合价为+7的元素不一定属于主族元素；D.16g臭氧的物质的量==mol，臭氧分子个数为NA，每个臭氧分子中含有28个电子，据此计算电子个数．【解答】解：A．元素的非金属性越强，其得电子能力越强，其单质的氧化性越强，该反应中C是还原剂、Si是还原产物，不能说明C的非金属性大于Si，故A错误；B．加热固体药品时需要的玻璃仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒、研钵，需要研钵碾碎药品，故B错误；C．最高化合价为+7的元素不一定属于主族元素，如Mn等，故C错误；D.16g臭氧的物质的量==mol，臭氧分子个数为NA，每个臭氧分子中含有28个电子，则16g臭氧分子中含有电子数为8NA，故D正确；-16-\n故选D．【点评】本题考查较综合，涉及物质的量的有关计算、仪器的使用、非金属性强弱判断等知识点，为高频考点，明确物质的量有关公式、分子构成、元素周期表结构、仪器的使用方法等即可解答，易错选项是B．8．如图所示装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的是()A．用装置甲制取氨气B．用装置乙除去氨气中的水蒸气C．用装置丙验证氨气具有还原性D．用装置丁吸收尾气【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氨气易溶于水，易挥发，应加热；B．氨气和浓硫酸反应；C．加热条件下，氨气与氧化铜发生氧化还原反应；D．氨气直接通入水中，不能防止倒吸．【解答】解：A．氨气易溶于水，易挥发，应用浓氢氧化钠溶液和氯化铵反应，且加热，故A错误；B．氨气和浓硫酸反应，应用碱石灰干燥氨气，故B错误；C．加热条件下，氨气与氧化铜发生氧化还原反应，根据氧化铜的颜色变化可判断是否发生氧化还原反应，故C正确；D．氨气直接通入水中，不能防止倒吸，应用四氯化碳，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重于学生对基本实验操作正确与否的判断的考查，要求同学们要熟练掌握物质的基本物理和化学性质，注意基本实验操作的要领和实验要求．9．下列各组粒子能在指定溶液中大量共存的是()A．银氨溶液中：Na+，H+，NO3﹣B．碘化钾溶液中：H+，H2O，SO32﹣C．偏铝酸钠溶液中：K+，Cl﹣，SO42﹣D．氢氧化钙溶液中：Na+，ClO﹣，HCO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．银氨溶液在酸性条件下不能共存；B．H+、SO32﹣可生成二氧化硫气体；C．离子之间不发生任何反应；D．可生成碳酸钙沉淀．【解答】解：A．银氨溶液中存在银氨络离子，在酸性条件下不能共存，故A错误；B．H+、SO32﹣可生成二氧化硫气体，故B错误；-16-\nC．偏铝酸钠溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．氢氧化钙与HCO3﹣反应可生成碳酸钙沉淀，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，题目难度较小．10．下列说法中，正确的是()A．将盛有体积比为2：l的NO和O2混合气体的试管倒立在水中，溶液会充满试管B．分液时，应先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞倒出上层液体C．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化D．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，且加热后均恢复原色【考点】二氧化硫的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】元素及其化合物．【分析】A．依据方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3解答；B．分液时注意液体不能重新混合而污染，上层液体应从上口倒出；C．氢氧化钠可与二氧化硅反应；D．二氧化硫的漂白作用加热后恢复，氯气的和水反应生成的次氯酸漂白作用加热不恢复；【解答】解：A．NO和O2体积比为4：3混合，倒立在水中完全反应生成硝酸，溶液会充满试管，故A错误；B．分液时注意液体不能重新混合而污染，上层液体应从上口倒出，故B正确；C．瓷坩埚的主要成分是二氧化硅，加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，导致坩埚炸裂，故C错误；D．二氧化硫的漂白作用加热后恢复，氯气的和水反应生成的次氯酸漂白作用加热不恢复，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了物质的性质，熟悉氮的氧化物、二氧化硅、二氧化硫、次氯酸的性质，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，题目难度不大，注意对基础知识的积累，注意总结常见漂白性物质及其漂白原理．11．X（盐）和Y（酸）反应，可放出有气味的气体Z，Z跟过量NaOH反应又得到X，Z氧化的最终产物为W气，W气溶于水又得到Y，则X和Y是()①Na2S和稀H2SO4②Na2SO3和盐酸③Na2S和盐酸④Na2SO3和稀H2SO4．A．只有①B．①②C．②③D．①④【考点】含硫物质的性质及综合应用．【专题】氧族元素．【分析】①Na2S和稀H2SO4反应，生成有臭鸡蛋气味的气体硫化氢，硫化氢与NaOH反应生成硫化钠和水，硫化氢经多部氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；②Na2SO3和盐酸反应，生成有刺激性气味的气体二氧化硫，二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；③Na2S和盐酸反应，生成有臭鸡蛋气味的气体硫化氢，硫化氢与NaOH反应生成硫化钠和水，硫化氢经多部氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；④Na2SO3和稀H2SO4反应，生成有刺激性气味的气体二氧化硫，二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸．-16-\n【解答】解：①Na2S和稀H2SO4反应，生成有臭鸡蛋气味的气体硫化氢，硫化氢与NaOH反应生成硫化钠和水，硫化氢经多部氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，故①符合；②若X和Y为Na2SO3和盐酸反应，生成有刺激性气味的气体二氧化硫，二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，不能转化为盐酸，故②错误；③若X和Y为Na2S和盐酸反应，生成有臭鸡蛋气味的气体硫化氢，硫化氢与NaOH反应生成硫化钠和水，硫化氢经多部氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸而不是盐酸，故③错误；④若X和Y为Na2SO3和稀H2SO4反应，生成有刺激性气味的气体二氧化硫，二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，故④正确．故选D．【点评】本题考查常见物质间的反应及产物的判断，难度不大．要注意基础知识的积累，掌握基础是关键．12．下列有关物质性质的说法错误的是()A．铁、铝在常温下都能被浓硫酸“钝化”B．足量铝分别与含1molHCl、lmolNaOH的溶液反应，产生相同量的氢气C．铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4D．浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、铁和铝在常温下，在浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，阻止反应进行；B、依据铝和酸、碱反应的定量关系计算分析；C、铁在纯净氧气中燃烧生成四氧化三铁，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；D、浓硫酸和铜反应生成硫酸铜表现了硫酸的酸性，生成二氧化硫表现了浓硫酸的氧化性．【解答】解：A、铁和铝在常温下，在浓硫酸和浓硝酸中发生钝化，表面形成一层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，故A正确；B、依据铝和酸、碱反应的定量关系计算分析，2Al+6H+=2Al3++3H2↑，2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，与1molHCl、lmolNaOH的溶液反应，分别生成氢气0.5mol、1.5mol，产生相氢气量不同，故B错误；C、铁在纯净氧气中燃烧生成四氧化三铁，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，铁在纯氧中燃烧或高温下和水蒸气反应均能得到Fe3O4，故C正确；D、硫酸中元素化合价不变的表现酸性，硫元素化合价变化的表现氧化性，浓硫酸和铜反应生成硫酸铜表现了硫酸的酸性，生成二氧化硫表现了浓硫酸的氧化性，故D正确；故选B．【点评】本题考查了金属及其性质的理解应用，主要是铁、铝的性质分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．13．某溶液中除H+、OH﹣外，还含有大量的Mg2+、Fe3+、Cl﹣，且这三种离子的物质的量之比为1：1：6．下列有关该溶液的判断正确的是()A．向该溶液中加入稀NaOH溶液，立即产生白色沉淀B．向该溶液中加入KI溶液后，原有的五种离子物质的量不变C．若溶液中c（Cl﹣）=0.6mol/L，则该溶液的pH为1-16-\nD．向该溶液中加入过量铁粉，只能发生置换反应【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】某溶液中除H+、OH﹣外，还含有大量的Mg2+、Fe3+、Cl﹣，且这三种离子的物质的量浓度之比为1：1：6，由Mg2+、Fe3+、Cl﹣所带的电荷2×1+3×1＜1×6可知，溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液．A、溶液呈酸性，氢氧化钠先中和盐酸．B、Fe3+有强氧化性，能氧化I﹣为I2．C、根据电荷守恒计算氯化氢产生的氢离子浓度，在根据PH=﹣logc（H+）计算．D、铁除置换氢气外，Fe3+有强氧化性，能与Fe反应生成Fe2+．【解答】解：某溶液中除H+、OH﹣外，还含有大量的Mg2+、Fe3+、Cl﹣，且这三种离子的物质的量浓度之比为1：1：6，由Mg2+、Fe3+、Cl﹣所带的电荷2×1+3×1＜1×6可知，溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液．A、溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液，氢氧化钠先中和盐酸，再发生沉淀反应，故A错误；B、Fe3+有强氧化性，能氧化I﹣为I2，溶液中加入KI溶液后，Fe3+离子物质的量发生变化，故B错误；C、若溶液中c（Cl﹣）=0.6mol/L，则c（Mg2+）=0.1mol/L，c（Fe3+）=0.1mol/L，则c（H+）×1+c（Mg2+）×2+c（Fe3+）×3=c（Cl﹣）×1，即c（H+）×1+0.1mol/L×2+0.1mol/L×3=0.6mol/L×1，解得c（H+）=0.1mol/L，所以溶液PH=﹣logc（H+）=1，故C正确；D、溶液中Fe3+有强氧化性，铁除置换氢气外，还能与Fe3+反应生成Fe2+，故D错误．故选：C．【点评】考查溶液中离子共存问题、溶液计算等，难度中等，判断溶液是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液是解题关键．14．蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成．现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量．下列叙述不正确的是()A．沉淀X的成分是SiO2B．将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，只能得到红色颜料Fe2O3C．在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到的沉淀的主要成分是Fe（OH）3和Mg（OH）2D．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、二氧化硅不溶于水，也不溶于酸；B、组成中只有氧化铝、二氧化硅能与碱反应；C、Fe（OH）3和Mg（OH）2不能与碱反应，但Al（OH）3能溶于强碱；D、MgO、A12O3、Fe2O3都能与过量盐酸反应生成金属阳离子．【解答】解：A、因二氧化硅不溶于水，也不溶于酸，则蛇纹石先溶于过量的盐酸过滤后的沉淀为SiO2，故A正确；B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，得到红色颜料Fe2O3中含有MgO，故B错误；-16-\nC、溶液Y中主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，加入过量的NaOH溶液，过滤得到的沉淀的主要成分是Fe（OH）3和Mg（OH）2，铝离子转化为偏绿酸根离子，故C正确；D、MgO、A12O3、Fe2O3都能与过量盐酸反应生成金属阳离子，且酸过量，则溶液Y中主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，故D正确；故选B．【点评】本题考查物质的组成和性质，明确组成中物质与酸、与碱发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大．15．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I﹣的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是()A．可用KI淀粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘B．足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是5Cl2+I2+6H2O═2HClO3+10HClC．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO3﹣D．途径Ⅱ中若生成1molI2，反应中转移的电子数为10NA【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素．【分析】A．加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I﹣还原生成I2；B．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，氯气可以将碘氧化HIO3；C．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3；D．根据转化关系2IO3﹣～I2～10e﹣计算判断．【解答】解：A．加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I﹣还原生成I2，故用淀粉﹣KI试纸和食醋检验加碘盐，故A正确；B．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，已变蓝的淀粉﹣KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O═2HClO3+10HCl，故B正确；C．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2，故C错误；D．根据转化关系2IO3﹣～I2～10e﹣可知，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，故D正确；故选C．【点评】本题综合考查卤素单质及其化合物的性质，侧重于考查氧化性强弱比较及应用，难度中等，根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键．16．含1molHNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物与铁粉物质的量的关系如图所示（已知稀硝酸的还原产物只有NO）．下列有关判断正确的是()-16-\nA．曲线a表示Fe2+，曲线b表示Fe3+B．P点时总反应的离子方程式可表示为5Fe+16H++NO3﹣═3Fe2++2Fe3++4NO↑+8H2OC．n2=0.25D．n3：n1=3：2【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题；元素及其化合物．【分析】向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，当铁过量时，过量的铁再与Fe（NO3）3反应生成Fe（NO3）2，2Fe（NO3）3+Fe=3Fe（NO3）2，P点为Fe（NO3）3与Fe（NO3）2物质的量相等的点，参加反应的铁为1mol即n1=1，a为Fe（NO3）3，反应过程中铁原子守恒，n（Fe）=n（Fe（NO3）2）+n（Fe（NO3）），据此回答．【解答】解：A、向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根据硝酸的物质的量为4mol利用方程式可计算出生成的Fe（NO3）3为1mol，所以参加反应的铁为1mol即n1=1，a为Fe（NO3）3，故A错误；B、Fe（NO3）3与过量的铁继续反应生成Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3Fe（NO3）2，P点为Fe（NO3）3与Fe（NO3）2物质的量相等的点，随后是Fe（NO3）3与过量的铁继续反应生成Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3Fe（NO3）2，P点为Fe（NO3）3与Fe（NO3）2物质的量相等的点，故B错误；C、根据铁原子守恒，n（Fe）=n（Fe（NO3）2）+n（Fe（NO3）），所以n（Fe）=1.2mol即n2=1.2mol，故C错误；D、向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根据硝酸的物质的量为1mol利用方程式可计算出生成的Fe（NO3）3为0.25mol，所以参加反应的铁为0.25mol即n1=0.25，将0.25mol的Fe（NO3）3转化为Fe（NO3）2需要的金属铁是125mol，所以n3=0.25mol+0.125mol=0.375mol，n3：n1=3：2，故D正确．故选D．【点评】本题考查了铁与稀硝酸的反应，要注意铁和硝酸谁多谁少，以及加入的顺序，难度较大．二、非选择题（52分）17．（14分）短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E之间的转化关系如图1所示，A与B之间的反应不在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的一种相同）．请回答下列问题：（1）若A是气态单质，D是一种强碱．①B的化学式为Na或Na2O．②C的电子式为．-16-\n（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物．①用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因H++H2O+AlO2﹣⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣．②用等式表示E与NaOH溶液反应生成正盐的溶液中所有离子的浓度之间的关系c（Na+）+c（H+）=2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）．（3）若C是一种气体，D是一种强酸．①写出C与水反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO．②有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”．某同学为了验证该观点是否正确，用如图2所示装置进行实验．装置I中的试剂为浓硝酸、Cu；实验过程中，在浓H2SO4中未发现有气体逸出，则得出的结论是NO2能溶于浓H2SO4，不能用浓H2SO4干燥NO．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】纯净物A、B、C、D、E均由短周期元素形成．（1）若A是气态单质，D是一种强碱，则D为NaOH，C可Na2O2，B为Na或Na2O，A、E为O2；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，则E为H2S，D为Al（OH）3，C为Al2S3，A、B分别为S、Al中的一种；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，则C为NO2，则D为HNO3，E为NO，A、B分别为NO、O2中的一种．【解答】解：纯净物A、B、C、D、E均由短周期元素形成．（1）若A是气态单质，D是一种强碱，则D为NaOH，C可Na2O2，B为Na或Na2O，A、E为O2，Na2O2的电子式为，故答案为：Na或Na2O；；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，则E为H2S，D为Al（OH）3，C为Al2S3，A、B分别为S、Al中的一种：①Al（OH）3存在电离：H++H2O+AlO2﹣⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣，既能溶于强酸、又能溶于强碱，故答案为：H++H2O+AlO2﹣⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣；②H2S与NaOH溶液反应生成正盐为Na2S，溶液中存在电荷守恒，则：c（Na+）+c（H+）=2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），故答案为：c（Na+）+c（H+）=2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣）；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，则C为NO2，则D为HNO3，E为NO，A、B分别为NO、O2中的一种．①C与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；②装置I中生成二氧化氮，则装置I中试剂为浓硝酸、Cu，由实验过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，可以得出NO2能溶于浓硫酸中，不能用浓H2SO4干燥NO2，故答案为：浓硝酸、Cu；NO2能溶于浓H2SO4，不能用浓H2SO4干燥NO2．【点评】本题考查无机物的推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物性质与转化，题目难度中等．18．海水是巨大的资源宝库．如图是人类从海水资源获取某些重要化工原料的流程示意图．-16-\n回答下列问题：（1）操作A是蒸发结晶（填实验基本操作名称）．要知道海水晒盐的过程中溶液里食盐含量在逐渐提高的简易方法是b．a．分析氯化钠含量b．测定溶液密度c．观察是否有沉淀析出（2）操作B需加入下列试剂中的一种，最合适的是c（选填编号）．a．氢氧化钠溶液b．澄清石灰水c．石灰乳d．碳酸钠溶液（3）操作C是热空气吹出；上图中虚线框内流程的主要作用是富集Br2．（4）图中虚线框内流程也可用替代，请将Br2与Na2CO3，反应的化学方程式补充完整：3Br2+3Na2CO3═1NaBrO3+5NaBr+3CO2（5）已知苦卤的主要成分如表：离子Na+Mg2+Cl﹣SO浓度/（g•L﹣1）63.728.8144.646.4理论上，1L苦卤最多可得到Mg（OH）2的质量为69.6g．【考点】海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物；化学实验基本操作．【分析】海水晒盐过滤得到苦卤和粗盐，粗盐精制得到饱和食盐水，电解得到氢氧化钠和次氯酸钠，苦卤中加入石灰乳沉淀镁离子形成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；苦卤中通入氯气氧化溴离子为单质溴，用二氧化硫水溶液吸收溴单质，得到HBr，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，富集溴元素，用水蒸气吹出蒸馏得到液溴，（1）对于溶解度受温度影响大的物质可以通过降温结晶的方法得到晶体，对溶解度受温度影响小的物质可以通过蒸发结晶的方法得到晶体；氯化钠的含量测定比较复杂，而观察法又不准确，所以最好的办法是测定溶液的密度；（2）根据工业制镁的原理从原料的成本以及性质来分析；（3）氯气氧化溴离子得到单质溴，溴易挥发，热空气可以吹出生成的溴单质，根据起初有溴最终也有溴，考虑物质的富集；（4）根据流程图可知氯化钠、氯化镁的富集Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；（5）依据镁元素守恒计算卤水中镁元素转化为氢氧化镁沉淀质量．-16-\n【解答】解：（1）食盐的溶解度受温度变化影响较小，可以通过蒸发结晶的方法得到氯化钠；氯化钠的含量测定比较复杂，而观察法又不准确，所以最好的办法是测定溶液的密度，故答案为：蒸发结晶；b；（2）工业制镁：把海边的贝壳制成生石灰：CaCO3CaO+CO2↑，在海水中加入生石灰：CaO+H2O═Ca（OH）2，在引入的海水中加入石灰乳，发生反应：MgCl2+Ca（OH）2═Mg（OH）2↓+CaCl2，这样原料的成本低，且能将镁离子全部沉淀下来，所以最合适的是石灰乳，故选：c；（3）氯气氧化溴离子得到单质溴，离子方程式为：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；因溴易挥发，溶液中通入热空气可以使溴挥发出来，起初有溴最终也有溴，所以这一步为溴的富集，故答案为：热空气吹出；富集Br2；（4）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，Br元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到﹣1价，则生成的NaBrO3与NaBr的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，故答案为：3、3、1、5NaBr、3CO2；（5）理论上，1L苦卤中含镁离子的质量=1L×28.8g/L=28.8g，物质的量n（Mg2+）==1.2mol，镁元素守恒计算，最多可得到Mg（OH）2的质量=1.2mol×58g/mol=69.6g，故答案为：69.6．【点评】该题侧重对学生基础知识的巩固与训练，同时也注重对学生答题能力的培养和方法指导，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，属试题综合性强，难度中等．19．化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、工业生产以及日常生活等都离不开化学．（1）大量使用化石燃料，最直接的危害是造成大气污染，如“温室效应”、“酸雨”等都与大量使用化石燃料有关．为了防治酸雨，降低煤燃烧时向大气排放的SO2，工业上将生石灰和含硫煤混合后使用．请写出燃烧时，有关“固硫”（不使硫的化合物进入大气）反应的化学方程式CaO+SO2═CaSO3、2CaSO3+O2═CaSO4；国际上最新采用“饱和亚硫酸钠溶液吸收法”，请写出有关反应的化学方程式SO2+Na2SO3+H2O═2NaHSO3．（2）氨气也是重要的工业原料，写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O．实验室可利用如图所示装置完成该反应，在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，白烟的主要成分是NH4NO3（或：硝酸铵）．（3）三硅酸镁（Mg2Si2O8•nH2O）难溶于水，在医药上可做抗酸剂．它除了可以中和胃液中多余酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激．三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O．将0.184g三硅酸镁加到50mL0.1mo1•L﹣1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，以甲基橙为指示剂，用0.1mo1•L﹣1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8•nH2O的n值为6．（注：Mg2Si3O8的摩尔质量为260g•mol﹣1）-16-\n【考点】常见的生活环境的污染及治理；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物．【分析】（1）煤中含有S，与氧气反应生成SO2，SO2与CaO反应生成CaSO3，进一步反应生成CaSO4，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3；（2）氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵；（3）根据书写化学方程式的步骤：写配注等，正确书写方程式即可，根据化学方程式进行计算．【解答】解：（1）煤中含有S，与氧气反应生成SO2，反应方程式为S+O2SO2，SO2与CaO反应生成CaSO3，反应方程式为CaO+SO2═CaSO3，进一步反应生成CaSO4，反应方程式为2CaSO3+O2═CaSO4，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，反应方程式为SO2+Na2SO3+H2O═2NaHSO3，故答案为：CaO+SO2═CaSO3、2CaSO3+O2═CaSO4；SO2+Na2SO3+H2O═2NaHSO3；（2）氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，即4NH3+5O24NO+6H2OO，在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，因为一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化氮可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；NH4NO3（或硝酸铵）；（3）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8•nH2O的物质的量是x，得Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O14x0.050L×0.1mol/L﹣0.030L×0.1mol/L=，解得x=0.0005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是=368g/mol，Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol，所以18n=108，即n=6．故答案为：Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O；6．【点评】本题考查环境污染、复杂化学式的书写及计算等方面的知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大．20．（14分）某课外小组探索利用废合金（含有铝、铁、铜）粉末制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，其实验方案如图：试回答下列问题：（1）所加试剂①、②分别是氢氧化钠溶液、稀硫酸．（2）操作①的名称为过滤，所用的仪器除铁架台、铁圈和烧杯，还需要的用品有漏斗、玻璃棒、滤纸．-16-\n（3）写出A→D反应离子方程式AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．（4）滤液E经蒸发浓缩、冷却结晶得绿矾晶体，然后再经过滤、洗涤、干燥即得成品．洗涤时，下列试剂最好选用c．a．稀H2SO4b．蒸馏水c．酒精d．NaOH溶液（5）由滤渣F制CuSO4溶液有途径I和途径Ⅱ两种，你认为最佳途径是途径Ⅱ，理由是途径Ⅰ消耗硫酸量多，且产生二氧化硫污染环境．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】综合实验题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；化学实验基本操作．【分析】根据题中各物质转化关系，滤渣B经过系列变化最终得到绿矾和胆矾，所以滤渣B中含有铜和铁，D与盐酸反应生成氯化铝，则D为氢氧化铝，所以滤液A中含有铝元素，所以实验流程为：废合金（含有铝、铁、铜）粉末中加入足量烧碱溶液，只有铝与其反应而溶解，过滤后得滤渣B的成分为铁和铜，滤液A为偏铝酸钠溶液；滤液A中通入过量的二氧化碳气体，得氢氧化铝沉淀，滤渣B中加入稀硫酸，过滤得滤液E为硫酸化亚铁溶液，将硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得绿矾晶体，然后再经过滤、用酒精洗涤、干燥即得成品，用酒精洗涤可以减少硫酸亚铁的溶解而损失，同时容易干燥，滤渣F为铜，途径Ⅰ为铜与足量的浓硫酸生成硫酸铜，同时会生成二氧化硫气体，途径Ⅱ为铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，所以途径Ⅱ中硫酸利用率高且没有污染，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，滤渣B经过系列变化最终得到绿矾和胆矾，所以滤渣B中含有铜和铁，D与盐酸反应生成氯化铝，则D为氢氧化铝，所以滤液A中含有铝元素，所以实验流程为：废合金（含有铝、铁、铜）粉末中加入足量烧碱溶液，只有铝与其反应而溶解，过滤后得滤渣B的成分为铁和铜，滤液A为偏铝酸钠溶液；滤液A中通入过量的二氧化碳气体，得氢氧化铝沉淀，滤渣B中加入稀硫酸，过滤得滤液E为硫酸化亚铁溶液，将硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得绿矾晶体，然后再经过滤、用酒精洗涤、干燥即得成品，用酒精洗涤可以减少硫酸亚铁的溶解而损失，同时容易干燥，滤渣F为铜，途径Ⅰ为铜与足量的浓硫酸生成硫酸铜，同时会生成二氧化硫气体，途径Ⅱ为铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，所以途径Ⅱ中硫酸利用率高且没有污染，（1）根据上面的分析可知，试剂①为氢氧化钠溶液，试剂②为稀硫酸，故答案为：氢氧化钠溶液；稀硫酸；（2）操作①的名称为过滤，所用的仪器除铁架台、铁圈和烧杯，还需要的用品有漏斗、玻璃棒、滤纸，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、滤纸；（3）A→D为偏铝酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（4）硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得绿矾晶体，然后再经过滤、洗涤、干燥即得成品，用酒精洗涤可以减少硫酸亚铁的溶解而损失，同时容易干燥，所以洗涤时用酒精洗涤，故选c，故答案为：冷却结晶；c；（5）由上面分析可知，由滤渣F制CuSO4溶液最好用途径Ⅱ，因为途径Ⅰ消耗硫酸量多，且产生二氧化硫污染环境，故答案为：途径Ⅱ；途径Ⅰ消耗硫酸量多，且产生二氧化硫污染环境．【点评】本题主要考查了从工业废料中制取纯净物，注意从框图转化中找出有用信息，利用有关的化学反应进行解答，难度中等．-16-\n-16-