安徽省蚌埠市一中2022届高三化学上学期12月月考试题（含解析）

安徽省蚌埠一中2022届高三上学期12月月考化学试卷一、选择题（下列每题只有一个最适当的选项，每小题3分，共18道题，共计54分）1．化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用．下列叙述正确的是（　　）　A．K2FeO4是新型净水剂，其净水原理与明矾完全相同　B．工业上铝的冶炼是通过电解熔融的AlC13来实现的　C．PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重，因为PM2.5颗粒物在空气中形成胶体分散系，吸附能力很强　D．长期使用（NH4）2SO4化肥使土壤酸化，而过度使用尿素[CO（NH2）2]会使土壤碱化考点：盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理．专题：化学应用．分析：A、高铁酸钾具有强的氧化性；明矾中的铝离子能水解；B、工业上铝的冶炼是通过电解熔融的氧化铝来实现的；C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，它对空气质量和能见度等有重要的影响．科学家用PM2.5表示每立方米空气中这种颗粒的含量，这个值越高，就代表空气污染越严重；D、根据铵根离子和氨基的性质来判断．解答：解：A、高铁酸钾因为具有强的氧化性而用于水的净化；明矾中的铝离子能水解生成的氢氧化铝能吸附水中的悬浮杂质，而应用于水的净化，原理不一样，故A错误；B、氯化铝是分子晶体，熔融时，不会出现自由移动的离子，工业上铝的冶炼是通过电解熔融的氧化铝来实现的，故B错误；C、PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重，故C错误；D、（NH4）2SO4化肥中的铵根离子水解显示酸性，能使土壤酸化，尿素[CO（NH2）2]中的氨基具有碱性，会使土壤碱化，故D正确．故选D．点评：本题是一道化学和生活实际应用相结合的考查题，要求学生对知识的掌握要灵活，难度不大．　2．（3分）下列化学用语描述中正确的是（　　）　A．含18个中子的氯原子的核素符号：Cl　B．比例模型可以表示CO2分子或SiO2分子　C．HCO3﹣的电离方程式为：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+　D．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O考点：核素；结构式；电离方程式的书写；球棍模型与比例模型．专题：化学用语专题．分析：A、原子符号ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A为质量数，X代表元素符号，其中质量数=质子数+中子数；B、CO2为分子晶体，可以利用表示，SiO2为原子晶体；-18-\nC、碳酸氢根电离生成碳酸根和氢离子；D、次氯酸中O分别与H和Cl形成共价键．解答：解：A、含18个中子的氯原子，其质量数为17+18=35，故该核素的符号为1735Cl，故A错误；B、CO2为分子晶体，可以利用表示，SiO2为原子晶体，不能用此表示，故B错误；C、碳酸氢根电离生成碳酸根和氢离子，题中H3O+为水合氢离子，故C正确；D、次氯酸中O最外层2个单电子，分别与H和Cl形成共价键，即结构式为H﹣O﹣Cl，故D错误，故选C．点评：本题考查常用化学用语，难度中等，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意D选项从原子的外层电子结构分析．　3．（3分）乙醇汽油是被广泛使用的新型清洁燃料，工业生产乙醇的一种反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）．下列有关说法正确的是（　　）　A．升高温度，平衡逆向移动，说明此反应△H＜0　B．H2O分子间不存在氢键　C．CH3CH2OH分子中α键和π键个数比为1：1　D．每生成1mol乙醇转移电子6mol考点：化学平衡的影响因素；化学键；含有氢键的物质．专题：基本概念与基本理论．分析：A、依据化学平衡移动原理分析判断；B、水分子间氧原子和氢原子间形成氢键；C、CH3CH2OH分子中不含π键；D、依据化学方程式元素化合价变化，计算电子转移；解答：解：A、反应升高温度，平衡向吸热的反应方向移动，逆向是吸热反应，所以正向为放热，A正确；B、H2O分子间，氧原子和氢原子间存在氢键，故B错误；C、CH3CH2OH分子中不含π键，故C错误；D、2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），每生成1mol乙醇转移电子12mol，故D错误；故选A．点评：本题考查化学平衡、氧化还原反应、物质结构、反应热和化学计量等知识，意在考查同学们的知识记忆能力和判断能力，题目难度中等．　4．（3分）苹果iphone5正在我国热卖，其电池为锂电池．构造如图所示，电池内部“→”表示放电时Li+的迁移方向，电池总反应可表示为：Li1﹣xCoO2+LixC6LiCoO2+6C，下列说法错误的是（　　）-18-\n　A．该电池的负极为LiCoO2　B．电池中的固体电解质可以是熔融的氯化钠、干冰等　C．充电时的阴极反应：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2　D．外电路上的“→”表示放电时的电子流向考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题．分析：A、放电时，负极上失电子化合价升高，发生氧化反应；B、干冰是固体二氧化碳，为非电解质；C、充电时，阴极发生还原反应化合降低；D、放电时，该装置是原电池，原电池工作时，外电路上电流从正极流向负极．解答：解：A、放电时，负极上失电子化合价升高，发生氧化反应，所以LiCoO2为电池的负极，故A正确；B、干冰是固体二氧化碳，为非电解质，故B错误；C、充电时，阴极发生还原反应化合降低，所以电极反应式为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，故C正确；D、放电时，电极LiCoO2失电子发生氧化反应作负极，碳棒作正极，外电路上电流从正极沿导线流向负极，所以外电路上的“→”表示放电时的电子方向，故D正确；故选B．点评：本题以新型电池为载体考查了原电池和电解池原理，难度较大，能根据电池反应式正确判断原电池和电解池反应是解本题的关键．　5．（3分）设NA为阿伏加德罗常数．下列叙述中正确的是（　　）　A．标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体中含有的氧原子数约为NA　B．2molSO2和1molO2混合在V2O5存在条件下的密闭容器中反应，反应后分子总数大于2NA　C．常温常压下，0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3NA　D．1L1mol/L的K2CO3溶液中离子总数小于3NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．根据标况下的气体摩尔体积计算出混合气体的物质的量及含有的氧原子数目；B．二氧化硫和氧气反应存在化学平衡分析；C．铁与氯气反应生成氯化铁；D．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子．解答：解；A.1个二氧化碳和1个氧气分子，都含有2个氧原子，标况下，22.4LCO2和O2的物质的量为1mol，氧原子数约为2NA，故A错误；B．二氧化硫和氧气反应是体积减小的反应，若恰好反应生成三氧化硫应为2mol，但反应存在化学平衡；容器内物质分子数大于2NA，故B正确；C．铁与氯气反应生成氯化铁，0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧，氯气不足，转移电子数依据氯气量计算，转移的电子数为0.2NA，故C错误；D．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，1L1mol/L的K2CO3溶液中离子总数大于3NA，故D错误；-18-\n故选：B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，注意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是解题关键，注意碳酸根离子的水解，题目难度不大．　6．（3分）X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1，W在短周期主族元素中原子半径最大．下列说法正确的是（　　）　A．原子半径：W＞Y＞X　B．元素X与M形成化合物的空间构型可以是正四面体型、直线型或平面型等　C．将XZ2通入W单质与水反应后的溶液中，生成的盐一定只有一种　D．Y元素的含氧酸都属于强酸考点：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：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，W在短周期主族元素中原子半径最大，W为Na元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1，该化合物的摩尔质量为0.76g•L﹣1×22.4L/mol=17g/mol，考虑为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，故Y为N元素，M为H元素．X与Z可形成XZ2分子，则X位于偶数族，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，则最外层电子数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Z的最外层电子数之和为15﹣5=10，二故Z最外层电子数为偶数，二者平均最外层电子数为5，故Z处于第ⅥA族，X处于第ⅣA族，所以X为C元素，Z为O元素．解答：解：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，W在短周期主族元素中原子半径最大，W为Na元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L﹣1，该化合物的摩尔质量为0.76g•L﹣1×22.4L/mol=17g/mol，考虑为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，故Y为N元素，M为H元素．X与Z可形成XZ2分子，则X位于偶数族，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，则最外层电子数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Z的最外层电子数之和为15﹣5=10，二故Z最外层电子数为偶数，二者平均最外层电子数为5，故Z处于第ⅥA族，X处于第ⅣA族，所以X为C元素，Z为O元素，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Na＞C＞N，即W＞X＞Y，故A错误；B、X为C元素、M为H元素，两元素形成的化合物甲烷为正四面体、乙烯为平面结构、乙炔为直线型，故B正确；C、Na单质与水反应后的溶液为氢氧化钠溶液，将CO2通入氢氧化钠溶液中，当n（CO2）：n（NaOH）介于1：1与1：2之间时会生成碳酸钠、碳酸氢钠，故C错误；D、Y为N元素，其含氧酸中硝酸是强酸，亚硝酸属于弱酸，故D错误；故选B．点评：本题考查元素推断、元素周期律、分子结构及C、N、Na元素化合物性质等，难度中等，根据密度判断Y与M形成的气态化合物是氨气是推断的关键，注意X、Z元素推断奇偶性的利用．　7．（3分）（2022•韶关二模）下列实验操作完全正确的是（　　）编号实验操作-18-\nA钠与水的反应用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B配制一定浓度的氯化钾溶液1000mL准确称取氯化钾固体，放入到1000mL的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容C排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口流出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出　A．AB．BC．CD．D考点：配制一定物质的量浓度的溶液；分液和萃取；中和滴定；碱金属及其化合物的性质实验专题：化学实验基本操作．分析：A．从钠的保存环境和钠与水反应的剧烈程度考虑；B．严格按配制一定物质的量浓度的步骤来判断正误，不能直接在容量瓶中进行；C．滴定管中气泡的排除方法为将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡；D．分液时，下层液体从下口流出，上层液体只能从上口倒出．解答：解：A．因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应剧烈，水的量也不应太多，故A错误；B．配制步骤为称量、溶解、转移、定容等步骤，不能直接在容量瓶中进行，故B错误；C．将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，故C正确；D．分液时，下层液体从下口流出，上层液体只能从上口倒出，若从下口流出，会混有下层液体，故D错误．故选C．点评：本题考查实验基本操作，熟练掌握基本操作，是做好此类题目的前提，题目难度不大．　8．（3分）下列各组中粒子在指定溶液中能大量共存的是（　　）　A．0．lmol．L﹣1氯化铁溶液中Ca2+、Ba2+、Na+、HCO3﹣　B．氯水中H2SO3、K+、SO42﹣、NH4+　C．与镁反应只产生氢气的溶液中NO3﹣、C1﹣、H+、A13+　D．=1.0×1012溶液中C6H5O﹣、K+、SO42﹣、CH3COO﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．离子之间相互促进水解；B．氯水具有氧化性；C．与镁反应只产生氢气的溶液，为酸性溶液；-18-\nD.=1.0×1012溶液中，显碱性．解答：解：A．Fe3+、HCO3﹣相互促进水解，不能大量共存，故A错误；B．氯水具有氧化性，与H2SO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．与镁反应只产生氢气的溶液，为酸性溶液，Mg、NO3﹣、H+发生氧化还原反应不生成氢气，不大量共存，故C错误；D.=1.0×1012溶液中，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　9．（3分）（2022•朝阳区二模）下列叙述不正确的是（　　）　A．Cl2和SO2等体积充分混合后，通入品红溶液，溶液颜色没有明显变化　B．在合成氨反应达到平衡时，只增加N2的物质的量，平衡后N2百分含量增大　C．在铁件上镀铜时，铁和电源负极相连，铜和正极相连，电解质溶液是CuSO4溶液　D．浓度和体积相同的FeBr2、FeI2溶液中，分别通入少量氯气后都首先发生置换反应考点：氯气的化学性质；化学平衡的调控作用；电解原理；二氧化硫的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：A．Cl2和SO2等体积充分发生反应：SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4和HCl都没有漂白性；B．根据平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；C．根据电镀原理，镀层金属为阳极铜时，镀件为阴极，含镀层金属的盐溶液为电镀液；D．氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子．还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣．解答：解：A．Cl2和SO2等体积充分发生反应：SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4和HCl都没有漂白性，所以通入品红溶液，溶液颜色没有明显变化，故A正确；B．在合成氨反应达到平衡时，只增加N2的物质的量，平衡正向移动，平衡后N2百分含量增大，N2的物质的量比原平衡大，所以平衡后N2百分含量增大，故B正确；C．在铁件上镀铜时，铁和电源负极相连，为阴极，铜和正极相连，为阳极，电解质溶液是CuSO4溶液，故C正确；D．氯气通入FeI2溶液中，碘离子被氧化，发生置换反应；氯气通入FeBr2溶液中，Fe2+先被氧化，不是置换反应，后继续通入氯气氧化溴离子，是置换反应，故D错误；故选D．点评：本题主要考查了物质的性质、平衡移动原理、电镀原理，难度中等．　10．（3分）水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列有关说法正确的是（　　）　A．Y的化学式为Fe2O3-18-\n　B．S4O62﹣是还原产物　C．被1molO2氧化的Fe2+物质的量为1mol　D．每32gO2参加反应，转移电子的物质的量为4mol考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题．分析：由质量守恒可知Y为Fe3O4，由反应的离子方程式可知反应中3Fe2+→Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，结合元素化合价的变化解答该题．解答：解：A．据质量守恒可知，Y为化合物，反应前后的原子个数相等，则Y为Fe3O4，故A错误；B．反应中S元素化合价升高，被氧化，则S4O62﹣为氧化产物，故B错误；C．Fe3O4中，Fe元素化合价有+2价和+3价，1molFe3O4中有2molFe为+3价，被1molO2氧化的Fe2+物质的量为2mol，故C错误；D．每32gO2参加反应，即1mol氧气，则转移电子的物质的量为4mol，故D正确．故选D．点评：本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32﹣的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键，本题难度较大，需细心分析．　11．（3分）某温度下，向1L密闭容器中加入3molA和2molB发生反应：3A（g）+2B（l）═2C（g）+2D（g）．5min后达到平衡，平衡时测得n（D）=1.8mol．下列说法错误的是（　　）　A．该反应的平衡常数表达式为K=　B．反应前后压强不变，反应即达到平衡　C．该反应达平衡时，A的转化率为90%　D．增加B的量，正反应速率增大，平衡正向移动考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的计算专题：化学平衡专题．分析：A．平衡常数为平衡时生成物浓度幂的乘积与反应物浓度幂的乘积比值，纯固体纯液体浓度为定值1；B．反应前后气体体积不等，从正反应方向开始，建立平衡过程气体物质的量增大，压强增大，达平衡后不再变化；C．对该反应列三段式计算；D．B为纯液体，对速率和平衡没有影响．解答：A．平衡常数为平衡时生成物浓度幂的乘积与反应物浓度幂的乘积比值，纯固体纯液体浓度为定值1，不写入平衡常数表达式，A正确；B．反应前后气体体积不等，从正反应方向开始，建立平衡过程气体物质的量增大，压强增大，达平衡后不再变化，故压强不再变化时可说明达平衡状态，B正确；C．对该反应列三段式数据得：3A（g）+2B（l）═2C（g）+2D（g）-18-\n起始物质的量：3200变化物质的量：2.71.81.81.8平衡物质的量：0.30.21.81.8故A的转化率=×100%=90%，C正确；D．因为B为纯液体，增加B的量对速率和平衡没有影响，D错误．故选：D点评：本题考查化学平衡的知识，意在考查同学们判断能力、计算能力以及知识迁移能力．　12．（3分）仅用下表提供的玻璃仪器（自选非玻璃仪器）就能实现相应实验目的是（　　）实验目的玻璃仪器A分离硝酸钾和氯化钠混合物烧杯、酒精灯、玻璃棒、分液漏斗B配制450mL2mol•L﹣1氯化钠溶液500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒C用软锰矿与浓盐酸制取并收集干燥的氯气烧瓶、酒精灯、导管D探究镁、铝金属的活泼性顺序胶头滴管、温度计、玻璃棒　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题．分析：A．分离硝酸钾和氯化钠混合物，利用结晶法；B．配制450mL2mol•L﹣1氯化钠溶液，需500mL容量瓶；C．用软锰矿与浓盐酸制取并收集干燥的氯气，需要加热，除杂，利用向上排空气法收集；D．探究镁、铝金属的活泼性顺序，应在试管或烧杯中发生金属的置换反应．解答：解：A．分离硝酸钾和氯化钠混合物，利用结晶法，然后过滤即可，则将分液漏斗换为普通漏斗，故A不选；B．配制450mL2mol•L﹣1氯化钠溶液，需500mL容量瓶，还需要烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管等，故B选；C．用软锰矿与浓盐酸制取并收集干燥的氯气，需要加热，除杂，利用向上排空气法收集，则缺洗气瓶或干燥管、集气瓶、分液漏斗，故C不选；D．探究镁、铝金属的活泼性顺序，应在试管或烧杯中发生金属的置换反应，则缺试管或烧杯，故D不选；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离方法及原理、实验中的仪器及作用为解答的关键，注重实验技能的考查，题目难度不大．　13．（3分）载人空间站的生态系统中，要求分离人呼出的二氧化碳，同时需要提供氧气．某电化学装置利用太阳能转化的电能可以实现上述要求，同时还有燃料一氧化碳生成，该电化学装置中得电子的电极发生的反应是2C02+4e+2H0═2C0+40H﹣．下列判断错误的是（　　）　A．上述电化学装置相当于电解池　B．上述装置进行的总反应为2C022CO+02-18-\n　C．反应结束后该电化学装置中电解质溶液的pH增大　D．失电子的电极发生的反应是40H﹣﹣4e═2H20+02↑考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：A．根据题目提示该装置利用太阳能转化的电能来分析；B．根据提示的反应物与生成物写出反应的总反应式；C．阴极反应生成的OH﹣在阳极完全反应；D．由总反应减去阴极反应，可以得到阳极反应式；解答：解：A．根据题目提示电能实现上述要求可知该电化学装置相当于电解池，故A正确；B．根据提示的反应物与生成物可以写出反应的总反应式为2CO2=2CO+O2，故B正确；C．阴极反应生成的OH﹣在阳极完全反应，所以反应前后溶液的pH并不变化，故C错误；D．由总反应减去阴极反应，可以得到阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故D正确；故选：C．点评：本题考查化学电源新型电池，明确负极反应=总反应﹣正极反应式是解答本题的关键，注意电解原理的应用，题目难度中等．　14．（3分）下列离子方程式中，不正确的是（　　）　A．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO﹣+2CO2+2H2O=Ca（HCO3）2+2HClO　B．硫酸亚铁的酸性溶液中加入H2O2溶液：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O　C．碳酸氢钙溶液中加入少量的氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O　D．硫酸工业尾气处理中用氨水吸收过量的SO2：NH3•H2O+SO2=NH4++HSO3﹣考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．碳酸的酸性比次氯酸强，过量的二氧化碳能与碳酸钙沉淀反应；B．H2O2中﹣1价的氧具有氧化性，能氧化Fe2+；C．加入少量的氢氧化钠溶液后，碳酸氢钙溶液中HCO3﹣过量；D．硫酸工业尾气主要含SO2；解答：解：A．Ca（HCO3）2为易溶于水，易电离的强电解质，应写成离子形式．次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化碳，Ca2++2ClO﹣+CO2+2H2O=CaCO3↓+2HClO，通入过量的CO2：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO．故A错误；B．硫酸亚铁中Fe2+具有还原性，H2O2中﹣1价的氧具有氧化性，反应符合客观事实，离子方程式左右，电荷守恒，原子守恒，化学式，离子符号正确．故B正确；C．1mol碳酸氢钙能电离出2molHCO3﹣，加少量氢氧化钠溶液，只能有部分与氢氧根离子反应．故C正确．D．硫酸工业中，二氧化硫氧化成三氧化硫是可逆反应，二氧化硫不能完全氧化，故尾气中含有二氧化硫．二氧化硫是酸性气体，用碱性溶液吸收，故通常用氨水吸收，因吸收过量的SO2，所以生成HSO3﹣，反应的离子方程式，离子符号、化学式，电荷和原子都守恒．故D正确；故选A．点评：-18-\n本题考查离子方程式的书写，要求熟悉各反应的原理，以及关注正确书写离子反应方程式应注意的事项．本题更侧重于反应原理的考查．　15．（3分）下列说法正确的是（　　）　A．酸式盐的水溶液一定显酸性　B．酸性氧化物一定是非金属氧化物　C．丁达尔效应是溶液和胶体的本质区别　D．HClO是弱酸，但NaClO是强电解质考点：强电解质和弱电解质的概念；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；胶体的重要性质．分析：A、酸式盐的水溶液的酸、碱性由酸式酸根离子的电离程度和水解程度的大小决定；B、Mn2O7是酸性氧化物，但属于金属氧化物；C、溶液和胶体的本质区别是分散质离子的大小不同；D、HClO在水溶液中不能完全电离，是弱酸，NaClO在水溶液中完全电离，是强电解质．解答：解：A、酸式盐的水溶液的酸、碱性由酸式酸根离子的电离程度和水解程度的大小决定，水解大于电离，溶液呈碱性，反之呈酸性，故A错误；B、Mn2O7是酸性氧化物，但属于金属氧化物，故B错误；C、溶液和胶体的本质区别是分散质离子的大小不同，故C错误；D、HClO在水溶液中不能完全电离，是弱酸，NaClO在水溶液中完全电离，是强电解质，故D正确；故选D．点评：本题考查了酸性氧化物与非金属氧化物的关系、电解质和非电解质等概念以及胶体的性质，难度不大，注意胶体和溶液的本质区别不是丁达尔效应．　16．（3分）（2022•安徽模拟）某溶液中含有SO32﹣、Br﹣、SiO32﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是（　　）①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的只有Na+②有胶状沉淀物质生成③有气体产生④溶液颜色发生变化⑤共发生了2个氧化还原反应．　A．①②③④⑤B．①②③④C．①③⑤D．②④⑤考点：氯气的化学性质；离子共存问题专题：卤族元素．分析：某溶液中含有SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，Cl2与水反应；SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，以此解答该题．解答：解：某溶液中含有SO32﹣、SiO32﹣、Br﹣、CO32﹣、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32﹣可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br﹣被氯气氧化为溴单质；CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；①钠离子不参加反应，反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有Na+，故①正确；-18-\n②SiO32﹣和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀，有胶状物质硅酸生成，故②正确；③CO32﹣和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，故③正确；④氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化有无色变化为橙红色，故④正确；⑤共发生了氯气与水反应、氧化SO32﹣、Br﹣3个氧化还原反应．故⑤错误；故选B．点评：本题考查了氯水成分和离子反应的判断，主要考查氯气的氧化性、氯水中盐酸的作用，为高频考点，难度不大，注意相关基础知识的积累．　17．（3分）（2022•安徽模拟）下列图象中的曲线（纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为加入物质的量），其中错误的是（　　）　A．图A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀摄的关系曲线　B．图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线　C．图C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸产生CO2气体的关系曲线　D．图D表示向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液产生沉淀最的关系曲线考点：化学方程式的有关计算专题：图示题．分析：A．H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易与OH﹣反应，其次为Al3+，反应后生成水、氢氧化铝，Mg2+和OH﹣反应生成氢氧化镁，NH4+和OH﹣反应生成一水合氨，最后氢氧化铝溶解；B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀，再发生碳酸钙与水、二氧化碳反应，沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系；C．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，然后再与碳酸钠反应，先生成碳酸氢钠再生成氯化钠、水、二氧化碳；D．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当Al3+恰好全部沉淀时，反应生成硫酸钡、氢氧化铝、硫酸钾；继续滴加，氢氧化铝溶解；解答：解：A．H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易与OH﹣反应，所以开始无沉淀，其次为Al3+，反应后生成水、氢氧化铝，出现沉淀，Mg2+和OH﹣反应生成氢氧化镁，沉淀达最大量，继续滴加，NH4+和OH﹣反应生成一水合氨，沉淀量不变，继续滴加，氢氧化铝溶解，Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故A正确；B．石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3）2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两部分二氧化碳的物质的量为1：1，故B正确；-18-\nC．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，开始没有沉淀，然后再与碳酸钠反应，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3++HCl=NaCl+CO2↑+H2O，产生CO2气体，开始未产生气体消耗的盐酸应比产生气体消耗的盐酸多，图象错误，故C错误；D．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当Al3+恰好全部沉淀时，离子方程式为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，继续滴加，则发生Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故D正确；故选C．点评：本题以图象为载体考查钙镁铝化合物的性质，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系．特别是C选项，盐酸先和氢氧化钠反应，再与碳酸钠反应，且西安僧成碳酸氢钠，再生成二氧化碳．　18．（3分）（2022•浦东新区二模）将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（　　）　A．与NaOH反应的氯气一定为0.15mol　B．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3　C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25　D．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），再根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），据此计算；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，据此判断；C、利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断．解答：解：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A正确；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；-18-\n故选AC．点评：本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意极限法与守恒法的利用．　二、解答题（共4小题，满分46分）19．（14分）A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，请根据表中信息回答下列问题：元素符号元素性质或原子结构AA是形成化合物最多的元素BB元素的单质在空气中含量最多CC元素在地壳中含量最多DD元素在同周期中金属性最强E常温常压下，E元素形成的单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积（1）E在元素周期表中的位置　第三周期ⅥA族　；（2）A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序　N＞O＞C　，B的最简单气态氢化物分子空间构型　三角锥形　；其沸点高于同主族的其它气态氢化物原因　NH3分子间能形成氢键　；（3）D与C形成的化合物的晶体类型　离子晶体　；（4）B、C、D、E简单离子半径大小　S2﹣＞N3﹣＞O2﹣＞Na+　（用元素符号表示）；（5）由A、B、C与H元素组成的一种常见的酸式盐与过量的D的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式　NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3•H2O+CO32﹣+H2O　，在25℃，101kPa下，2gE单质在C2气体中完全燃烧后恢复到原状态，放热18.72kJ，该反应的热化学方程式　S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣299.52kJ/mol　．考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A是形成化合物最多的元素，则A为C元素；B元素的单质在空气中含量最多，则B为N元素；C元素在地壳中含量最多，则C为O元素；D元素在同周期中金属性最强，且为短周期元素，则D为Na元素；常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则E为S元素，根据以上分析解答．解答：解：A是形成化合物最多的元素，则A为C元素；B元素的单质在空气中含量最多，则B为N元素；C元素在地壳中含量最多，则C为O元素；D元素在同周期中金属性最强，且为短周期元素，则D为Na元素；常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则E为S元素，根据分析可知：A是C，B是N，C是O，D是Na，E是S，（1）S含有3个电子层，最外层含有6个电子，位于周期表中第三周期ⅥA族，故答案为：第三周期ⅥA族；（2）A是C，B是N，C是O，C、N、O同周期，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但N最外层2p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；-18-\nB的最简单气态氢化物为氨气，NH3分子的空间构型为三角锥形，NH3分子间能形成氢键，造成沸点高于同主族其它氢化物故答案为：N＞O＞C；三角锥形；NH3分子间能形成氢键；（3）C是O，D是Na，二者形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，都属于离子晶体，故答案为：离子晶体；（4）B是N，C是O，D是Na，E是S，电子层数越多半径越大，具有相同核外电子排布的离子，原子序数小的半径大，则S2﹣＞N3﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣＞N3﹣＞O2﹣＞Na+；（5）A、B、C与H元素组成的一种酸式盐为NH4HCO3，D的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，发生反应的离子方程式为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3•H2O+CO32﹣+H2O；2gS燃烧放热18.72kJ，则1molS燃烧放热为：18.72×kJ=299.52kJ，则该反应的热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣299.52kJ/mol，故答案为：NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3•H2O+CO32﹣+H2O；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣299.52kJ/mol．点评：本题考查了位置、结构、性质之间的相互关系的应用，题目难度中等，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，正确推断各元素名称为解答关键，（2）中N元素的第一电离能高于同周期相邻元素，为易错点．　20．（10分）某氧化铁样品中含有少量的杂质FeSO4．某实验小组同学要测定其中铁元素的质量分数，他们设计了如下方案进行测定，操作流程为：请根据流程回答：（1）加入过量的稀硫酸，发生反应的离子方程式　Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O　；（2）操作II中量取25.00mL液体需要使用的仪器是　25.00mL酸式滴定管　；（3）反应①中，加入足量H2O2溶液的目的是　将Fe2+全部氧化为Fe3+　；（4）如何检验加入过氧化氢后，溶液中只有Fe3+而没有Fe2+，　取少量加入过氧化氢后的液体，加入KSCN，溶液变红，则含有Fe3+，再取少量液体加入MnO2，有气体放出，则H2O2过量，没有Fe2+　；（5）检验沉淀是否冼涤干净的操作　取少量最后一次洗涤液于试管中，加入Ba（NO3）2（或BaCl2）溶液，若无白色沉淀，则沉淀洗净　．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验设计题．分析：氧化铁样品中含有少量的杂质FeSO4，加入过量稀硫酸和水溶解反应得到硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，配制250.00ml溶液，用滴定管量取25ml溶液加入过氧化氢氧化亚铁离子，加入过量氨水沉淀铁离子，过滤洗涤得到氢氧化铁沉淀，灼烧得到红棕色固体为氧化铁；（1）氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水；（2）量筒的精确度一般为0.1mL，滴定管的精确度一般为0.01mL，量取25.00mL酸性溶液应该选择25mL酸式滴定管；-18-\n（3）双氧水是常用绿色氧化剂，其目的是将硫酸亚铁氧化为硫酸铁；（4）取少量加入过氧化氢后的液体，加入KSCN，溶液变红，则含有Fe3+，再取少量液体加入MnO2，有气体放出，则H2O2过量，没有Fe2+；（5）H++NH3•H2O=H2O+NH4+、Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，Fe（OH）3沉淀表面吸附着可溶性的硫酸铵、氨水，用可溶性钡盐溶液检验SO42﹣是否洗涤干净．解答：解：氧化铁样品中含有少量的杂质FeSO4，加入过量稀硫酸和水溶解反应得到硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，配制250.00ml溶液，用滴定管量取25ml溶液加入过氧化氢氧化亚铁离子，加入过量氨水沉淀铁离子，过滤洗涤得到氢氧化铁沉淀，灼烧得到红棕色固体为氧化铁，（1）氧化铁与稀硫酸反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；（2）量筒的精确度一般为0.1mL，滴定管的精确度一般为0.01mL，Fe2O3+3H2SO4（过量）=Fe2（SO4）3+3H2O，硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸的混合溶液显酸性，量取25.00mL酸性溶液应该选择25mL酸式滴定管，故答案为：25.00mL酸式滴定管；（3）双氧水是常用绿色氧化剂，其目的是将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；（4）取少量加入过氧化氢后的液体，加入KSCN，溶液变红，则含有Fe3+，再取少量液体加入MnO2，有气体放出，则H2O2过量，没有Fe2+；故答案为：取少量加入过氧化氢后的液体，加入KSCN，溶液变红，则含有Fe3+，再取少量液体加入MnO2，有气体放出，则H2O2过量，没有Fe2+；（5）H++NH3•H2O=H2O+NH4+、Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，Fe（OH）3沉淀表面吸附着可溶性的硫酸铵、氨水，由于SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，因此常用可溶性钡盐溶液检验SO42﹣是否洗涤干净，步骤为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入Ba（NO3）2（或BaCl2）溶液，若无白色沉淀，则沉淀洗净；故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入Ba（NO3）2（或BaCl2）溶液，若无白色沉淀，则沉淀洗净．点评：本题考查了物质组成的分析判断，实验探究方法和实验过程分析，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验原理，题目难度中等．　21．（12分）氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）是重要的化工原料，可用作催化剂、消毒剂等．用孔雀石[主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物]制备氯化铜晶体，方案如下：已知：有关金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH：Fe3+Cu2+Fe2+开始沉淀的pH2.75.48.1沉淀完全的pH3.76.99.6（1）若溶液A含有的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+，则试剂①选用　B　（填字母）．A．CuB．Cl2C．NH3•H2OD．NaOH（2）加入试剂②-18-\n的目的是调节pH至a，a的范围是　3.7～5.4　．由溶液C获得CuCl2•xH2O，包含4个基本实验操作，这4个基本实验操作依次是　蒸发浓缩　、　冷却结晶　过滤和无水乙醇洗涤等操作，使用无水乙醇代替水进行洗涤的主要原因是　防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失　．（3）为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）中x值，有同学设计了如下两种实验方案：①称取一定质量的晶体加热使其失去结晶水，称量所得无水CuCl2的质量．该方案存在的问题是　CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解　．②称取ag晶体、加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、加热沉淀至质量不再减轻为止，称量所得固体的质量为bg．则x=　　（用含a、b的代数式表示）．考点：制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算；常见阳离子的检验；探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验题；实验探究和数据处理题．分析：（1）由工艺流程转化关系可知，实现由溶液A至溶液B转化，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂①应为氧化剂，且不能引入新的杂质．（2）由工艺流程转化关系可知，试剂②应为调节溶液pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3，除去Fe3+，不能沉淀Cu2+，结合金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH选择pH的范围．由溶液到晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等．使用无水乙醇代替水进行洗涤，防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失．（3）①CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解．②加热沉淀至质量不再减轻为止，bg为CuO质量，根据铜元素守恒可知，n（CuO）=n（CuCl2•xH2O），再结合m=nM计算x的值．解答：（1）由工艺流程转化关系可知，实现由溶液A至溶液B转化，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂①应为氧化剂，且不能引入新的杂质．A．Cu不能与Fe2+反应，故A错误；B．Cl2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且不引入新杂质，故B正确；C．NH3•H2O可以沉淀Cu2+、Fe2+、Fe3+，引入铵根离子，故C错误；D．NaOH可以沉淀Cu2+、Fe2+、Fe3+，引入钠离子，故D错误．故选：B．（2）由工艺流程转化关系可知，试剂②应为调节溶液pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3，除去Fe3+，不能沉淀Cu2+，由金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH可知，Fe3+从pH=2.7开始沉淀，在pH=3.7沉淀完全，Cu2+从pH=5.4开始沉淀，所以应该可知pH范围为3.7～5.4．由溶液获得CuCl2•xH2O晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等．氯化铜易溶于水，使用无水乙醇代替水进行洗涤，防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失．故答案为：3.7～5.4；蒸发浓缩、冷却结晶；防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失．（3）①CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，有HCl气体放出，CuCl2质量偏小，测得x值偏大．故答案为：CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解．②bg为CuO质量为=mol，根据铜元素守恒可知，n（CuO）=n（CuCl2•xH2O），所以ag=mol×（135+18x）g/mol，解得，x=．-18-\n故答案为：．点评：考查阅读获取信息能力、对工艺流程理解与实验条件控制、实验方案的评价、化学计算、物质分离提纯除杂等有关实验操作以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力．题目难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握．　22．（10分）某化学学习小组对铝与酸和碱的反应进行探究，过程如下．取足量的形状、质量均相同的铝丝分别与等体积的6mol/L的盐酸、6mol/L氢氧化钠溶液反应，待反应停止后取出剩余的铝丝洗净、干燥、称量，剩余铝丝的质量关系是前者　大于　后者（填“大于”或“小于”或“等于”）；观察反应后的液体，发现铝与盐酸反应后所得的液体是黑色浑浊的，试管底部有少量黑色沉淀，对此现象，同学们进行了如下探究：（1）提出猜想同学们查找资料后获得如下信息：工业上用电解法冶炼铝所用的原料氧化铝是从铝土矿中提取的，所以得到的氧化铝中可能还含有微量的氧化铁和二氧化硅两种杂质，据此，同学们提出如下猜想：猜想1：此黑色固体是铁单质，可能是电解得到的铝与杂质反应生成的，相应的化学反应方程式为　2Al+Fe2O32Fe+Al2O3　；猜想2：　此黑色固体是硅单质，是电解得到的铝与二氧化硅反应生成的　猜想3：此黑色固体是铝单质，是铝与盐酸反应时因反应过快而变成粉末分散到溶液中；猜想4：此黑色固体可能是上述若干种单质组成的混合物．（2）设计实验方案并完成相关实验：实验步骤实验现象结论①将反应后所得的液体进行过滤、洗涤，分别取少量固体置于两支试管中__②向其中的一支试管中加入足量的稀盐酸，观察固体是否溶解．固体完全溶解证明猜想　2　一定不正确．③向另一试管中加入足量的　氢氧化钠　溶液，观察固体是否溶解．固体完全溶解猜想　1　一定不正确．得出结论：综合实验②③的现象，可推知猜想　3　是正确的．固体溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式为：　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．考点：铝金属及其化合物的性质实验．专题：实验题．分析：根据反应方程式判断；（1）猜想1：根据铝热反应写出反应方程式；猜想2：类比铝热反应，铝可把二氧化硅中硅还原出来；-18-\n（2）铁、铝和盐酸反应，硅和盐酸不反应，铝和氢氧化钠反应，而铁不和氢氧化钠反应，根据实验现象证明猜想，根据实验不同现象得出结论并写出铝和氢氧化钠反应的离子方程式．解答：解：由反应2Al+6HCl=2AlCl3+H2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，消耗相同物质的量的盐酸和氢氧化钠，加盐酸溶液的试管中参加反应的铝少，剩余的铝多，故答案为：大于；（1）猜想1：在高温条件下，铝和氧化铁反应生成铁和氧化铝，反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，猜想2：类比铝热反应，铝可把二氧化硅中硅还原出来，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；此黑色固体是硅单质，是电解得到的铝与二氧化硅反应生成的；（2）②向其中的一支试管中加入足量的稀盐酸，实验时发现固体完全溶解，说明固体都是金属单质，所以证明猜想2一定不正确；③向另一试管中加入足量的氢氧化钠溶液，实验时发现固体完全溶解，铝和硅都能与氢氧化钠反应，根据实验现象证明猜想1一定不正确；综合实验②③的现象，可推知猜想3是正确的；铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：实验步骤实验现象结论①将反应后所得的液体进行过滤、洗涤，分别取少量固体置于两支试管中__②向其中的一支试管中加入足量的稀盐酸，观察固体是否溶解．固体完全溶解证明猜想2一定不正确．③向另一试管中加入足量的氢氧化钠溶液，观察固体是否溶解．固体完全溶解猜想1一定不正确．得出结论：综合实验②③的现象，可推知猜想3是正确的．固体溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．点评：本题考查了铝及其化合物性质的实验，难度不大，注意铝和氢氧化钠溶液反应方程式的书写，水作反应物参加反应．-18-