山西省太原市第五中学校2020届高三上学期9月阶段性检测化学试题

山西省太原市第五中学校2020届高三上学期9月阶段性检测化学试题

‎2019—2020学年度第一学期阶段性检测高三化学(理)‎ 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56‎ 一．选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意,请将正确答案填涂在答题卡中）‎ ‎1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是 A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”‎ B. 我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种非金属材料 C. 用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用 D. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够被碱腐蚀而造成断路，A正确；‎ B．碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，B正确；‎ C．聚氯乙烯难降解，大量使用能够引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等，C错误；‎ D．碳纳米管表面积大，据有较大吸附能力，所以可以用作新型储氢材料，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是 A. 溶液是电中性的，胶体是带电的 B. 向FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液，会有红褐色沉淀生成属于胶体聚沉 C. 制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和氯化铁溶液煮沸 D. 用丁达尔效应可区别NaCl溶液和Fe(OH)3胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液，胶体均属于分散系，呈电中性，不带电。胶粒有的带正电，有的带负电，有的不带电，故A不正确；‎ B.向FeCl3溶液中加入Na2CO3溶液，Fe3+与CO32-发生互促水解，水解到底，离子方程式为2Fe3++3CO32-+6H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故B不正确；‎ C.加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即制得氢氧化铁胶体，如果直接将饱和氯化铁溶液煮沸，会得到氢氧化铁沉淀，故C不正确；‎ D.胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，可用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，故D正确；‎ 答案：D ‎3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述错误的是 A. 56 g铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA B. 标准状况下22.4L CH4和C2H4的混合气体所含氢原子数为4NA C. 常温常压下，3.4gNH3中含N—H键数目为0.6NA D. 1mol 固体NaHSO4含有的阴阳离子总数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.56 g铁粉在1mol氯气中充分燃烧，氯气不足，根据氯气计算转移电子数，因此铁粉失去的电子数为2NA，故选A；‎ B.标准状况下22.4L CH4和C2H4的混合气体所含氢原子数为=4NA，故不选B；‎ C.常温常压下，3.4gNH3中含N—H键数目为=0.6NA，故不选C；‎ D.NaHSO4由Na+和HSO4-构成，1mol固体中含有的阴阳离子总数为2NA，故不选D；‎ 答案：A ‎【点睛】易错选项A，铁在氯气中燃烧，生成氯化铁，与氯气是否充足无关。‎ ‎4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A. 标准状况下，5.6L 一氧化氮和5.6L 氧气混合后的分子总数为0.5NA B. 等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1‎ C. 一定温度下，1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同 D. 标准状况下，等体积的N2和CO所含的原子数均为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.5.6L一氧化氮和5.6L 氧气混合后发生反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反应为气体分子数减少的反应，因此混合后的分子总数小于0.5NA，故A错误；‎ B.磷酸为弱酸，不可完全电离出H+，故B错误；‎ C. NH4+水解，浓度不同，水解程度不同，因此1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同，故C正确；‎ D.标准状况下，等体积的N2和CO物质的量相等，所含的原子数相等，但不一定为2NA，故D错误；‎ 答案：C ‎【点睛】易错选项A，忽略隐含反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。‎ ‎5.下列离子方程式正确的是 A. FeCl3溶液中滴加过量Na2S溶液：2Fe3++S2- ＝2Fe2++S↓‎ B. 将Na2O2固体投入H218O中：2Na2O2＋2H218O ＝4Na+＋4OH－＋18O2↑‎ C. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀：NH4+＋Al3+＋2SO42-＋2Ba2+＋4OH- ＝ Al(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓‎ D. 二氧化锰与浓盐酸反应：MnO2+4H++4Cl- Mn2++2H2O+2Cl2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. FeCl3溶液中滴加过量Na2S溶液，应该生成硫化亚铁沉淀和硫单质：2Fe3++3S2- ＝2FeS+S↓，故A错误；‎ B.将Na2O2固体投入H218O中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，离子方程式应为：2Na2O2＋2H218O ＝4Na+＋2OH－＋218OH－＋O2↑，故B错误；‎ C.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，离子方程式为：NH4+＋Al3+＋2SO42-＋2Ba2+＋4OH- ＝ Al(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓，故C正确；‎ D.二氧化锰与浓盐酸反应，离子方程式应为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++2H2O+Cl2↑，故D错误；‎ 答案：C ‎6.下列离子方程式中，表达正确的是 A. 用石墨作两电极电解MgCl2溶液：2C1-+2H2OC12↑+2OH-+H2↑‎ B. 在强碱溶液中次氯酸钠与氢氧化铁反应生成Na2FeO4：3ClO- + 2Fe(OH)3 ＝ 2FeO42- + 3Cl- + H2O + 4H+‎ C. 稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O + CO2 ＝NH4+ + HCO3-‎ D. NaHS的水解反应：HS-＋H2O S2－＋H3O+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧化镁为难溶物，离子方程式为：Mg2++2C1-+2H2OC12↑+Mg(OH)2↓+H2↑，故A错误；‎ B.碱性环境下的反应，离子方程式应为：4OH-+3ClO- + 2Fe(OH)3＝2FeO42- + 3Cl- + 5H2O ，故B错误；‎ C.CO2过量，生成酸式盐，离子方程式为：NH3·H2O + CO2 ＝NH4+ + HCO3-，故C正确；‎ D.HS-既存在电离平衡又存在水解平衡，电离方程式为HS-＋H2O S2－＋H3O+；水解反应离子方程式应为：HS-＋H2O H2S＋OH-，故D错误；‎ 答案：C ‎7.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是 A. Na+ B. SO42－ C. Ba2+ D. NH4+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析: 溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验；加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以I﹣一定不能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答案选A。‎ ‎【考点定位】考查离子的检验方法及离子共存。‎ ‎【名师点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，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可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。‎ ‎8.实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来判断空气中汞的含量，其反应为：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为＋2‎ B. 上述反应中CuI既是氧化剂，又是还原剂 C. 上述反应中Hg元素与Cu元素均被氧化 D. 上述反应中生成64gCu时，转移的电子数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．Cu2HgI4中Cu 元素的化合价为+1价，Hg为+2价，I为﹣1价，故A正确；‎ B．Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，故B错误；‎ C．Cu得到电子被还原，Hg失去电子被氧化，故C错误；‎ D．由方程式可知，上述反应中生成64g Cu，即1mol时，转移1mol电子，电子数为1NA，故D错误；‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，题目难度不大．‎ ‎9.某反应反应物与生成物有：H3AsO4、K2SO4、KBrO3、H2SO4、AsH3、H2‎ O和一种未知物质X。已知0．2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子，则下列说法不正确的是 A. AsH3是该反应的还原剂 B. X的化学式为Br2‎ C. 根据反应可推知氧化性：KBrO3>H3AsO4 D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、由信息可知，Br元素的化合价降低，则As元素的化合价升高，则AsH3是该反应的还原剂，正确；B、设X中溴元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.2mol×（5-x）=1mol，解得x=0，所以X的化学式为Br2，正确；C、由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KBrO3＞H3AsO4，正确；D、Br元素的化合价由+5价降低为0，As元素的化合价由-3价升高为+5价，由电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：5，错误。‎ 考点：本题考查氧化还原反应原理。‎ ‎10. 下列关于碱金属及其化合物的叙述错误的是(　 　)‎ A. 金属钠投入Ca(HCO3)2溶液，反应后有白色沉淀析出 B. 干粉灭火器能用于扑灭金属钠、钾的着火 C. 生理盐水的质量分数为0.9%，与人体的血液中含量相同，它的溶质是NaCl D. 取用金属钠、钾时，所需实验用品有小刀、镊子、滤纸、玻璃片 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：钠是活泼的金属，极易和水反应生成氢气和氢氧化钠。生成的氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成白色沉淀碳酸钙，A正确；钠着火生成过氧化钠，过氧化钠和CO2反应生成氧气，B不正确；同样分析可知，选项CD是正确的，答案选B。‎ 考点：考查碱金属及其化合物的有关正误判断 点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点，难度不大。该题的关键是记住钠及其化合物的性质、用途，然后灵活运用即可。‎ ‎11. 某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是 A. 将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探究讨Mg的活泼性 B. 将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀的生成 C. 将Mg(OH)2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀 D. 将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，因此稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，A错误；B、将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，B正确；C、过滤时应该用玻璃棒引流，C错误；D、应将Mg（OH）2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，生成氯化镁。由于氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，水解吸热，且氯化氢易挥发，所以加热时促进镁离子水解，蒸干得不到无水MgCl2固体，为氢氧化镁固体，D错误，答案选B。‎ 考点：考查化学实验基本操作正误判断 ‎12.第ⅡA族中的铍在一定条件下可以形成化合物Na2BeO2，结合元素周期表的斜对角线规则，下列有关铍及其化合物的叙述错误的是 A. 单质铍可溶于NaOH溶液生成H2‎ B. Na2BeO2溶液呈碱性 C. 氢氧化铍易溶于水 D. 氧化铍能溶于NaOH溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铍在一定条件下可以形成化合物Na2BeO2，结合元素周期表的斜对角线规则，铍及其化合物的性质与Al及其化合物性质相似。‎ ‎【详解】A.铍和铝相似，既能跟强酸反应又能跟强碱反应生成氢气，故不选A；‎ B.Na2BeO2溶液是强碱弱酸盐的溶液，BeO2-水解，使溶液呈碱性，故不选B；‎ C.氢氧化铍与氢氧化铝性质相似，难溶于水，故选C；‎ D.氧化铍性质与氧化铝性质相似，因此氧化铍也是两性氧化物，能溶于氢氧化钠溶液，故不选D；‎ 答案：C ‎13.将a克Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mL pH=1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH 溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，用去NaOH 溶液100 mL,则NaOH 溶液的浓度为 A. 0.1 mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.4 mol/L D. 0.8 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入NaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），再根据c=计算。‎ ‎【详解】pH=1的硫酸，氢离子浓度为0.1mol/L，则c（H2SO4）=×0.1mol/L=0.05mol/L； 反应生成硫酸铝、硫酸铁，且硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.2L×0.05mol/L=0.01mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.01mol×2=0.02mol，则该c（NaOH）==0.2mol/L，故选B；‎ 答案：B ‎【点睛】明确最后溶液中的溶质是解本题关键，再结合原子守恒来分析解答。‎ ‎14.下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列选项的编号和曲线的编号一一对应，其中描述错误的是 A. 向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量 B. 向澄清石灰水中通入CO2至过量 C. 向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量 D. 向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓，Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O判断；‎ B.根据反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断；‎ C.根据反应H ++OH-=H2O、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O 判断；‎ D.根据反应Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、2OH-+CO2═CO32-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2判断。‎ ‎【详解】A.向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故不选A；‎ B.向澄清石灰水中通入CO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图象符合，故不选B；‎ C.向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分为三个阶段，反应分别为OH-+H+═H20，Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故不选C；‎ D.向含有等物质量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，分别为Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、OH-+CO2═HCO3-+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量的比值为1:1:1，故选D；‎ 答案：D ‎【点睛】易错选项D，准确分析各个阶段的反应，反应顺序可认为是：‎ ‎1.CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+H2O产生沉淀；‎ ‎2.CO2+2KOH==K2CO3+H2O； ‎ ‎3.CO2+K2CO3+H2O==2KHCO3；‎ ‎4.CO2+CaCO3+H2O==Ca(HCO3)2沉淀消失。‎ ‎15.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是 A. 取a克混合物充分加热，残留b克 B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体 C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克 D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸氢钠受热分解，碳酸钠不分解，根据加热后固体质量的差值可以计算碳酸氢钠的质量，从而可以计算碳酸钠的质量分数，故不选A；‎ B.假设Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol；根据信息联立方程组：106x+84y=a，58.5（2x+y）=b，即可计算得出碳酸钠物质的量，进而计算出Na2CO3质量分数，故不选B；‎ C.碱石灰不仅吸收二氧化碳还吸收水蒸气，所以增重的bg不全是二氧化碳的质量，不能计算碳酸钠的质量分数，故选C；‎ D.bg固体是碳酸钡的质量，假设Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol；根据信息联立方程组：106x+84y=a，197（x+y）=b，即可计算得出碳酸钠物质的量，进而计算出Na2CO3质量分数，故不选D。‎ 答案：C 二、非选择题（本题包括5个小题，共55分）‎ ‎16.某厂废水中含5.00×10-3mol·L-1的，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料（的化合价依次为+3、+2），设计了如下实验流程：‎ ‎（1）第①步反应的离子方程式是_________________________________________________；‎ ‎（2）第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是：‎ ‎______________________________________________________________________________；‎ ‎（3）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有______________________；‎ ‎（4）欲使1L该废水中的完全转化为。理论上需要加入__________g FeSO4·7H2O。‎ ‎【答案】 (1). Cr2O72-+ 6Fe2＋+ 14H＋2Cr3+ + 6Fe3＋+ 7H2O (2). 将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照 (3). Fe(OH)3、Fe(OH)2 (4). 13.9‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第①步反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O；‎ ‎(2)将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上；故答案为：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照；‎ ‎(3)由题给框图可得：Fe2+过量，加NaOH时，产生Cr(OH)3、Fe(OH)3和Fe(OH)2三种沉淀物，故答案为：Fe(OH)3、Fe(OH)2；‎ ‎(4)1 L废水中含n(Cr2O72-)=5.00×10-3 mol。根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：Cr2O72-～～～4Cr0.5Fe1.5FeO4～～～10FeSO4•7H2O，所以理论上n(FeSO4•7H2O)=10n(Cr2O72-)=5.00×10-3 mol×10=0.05 mol，所以m(FeSO4•7H2O)=0.05 mol×278 g/mol=13.9 g，故答案为：13.9g。‎ ‎【点睛】本题以工业废水处理为载体，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等。关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，也是不同的易错点和难点。‎ ‎17.已知A、B均是由两种元素组成的化合物，A中某种元素的质量分数为75% ，B是一种淡黄色固体，C、J是同周期元素的气态氢化物，其中C是含氢量最高的烃，X为无色液体。反应生成的水均已略去。它们有如下图所示的关系。‎ ‎（1）写出化学式：A B J 。‎ ‎（2）反应③中每生成1molF，转移电子的数目为： 。‎ ‎（3）反应④的化学方程式为： 。‎ ‎（4）离子方程式分别为：反应② ；‎ ‎⑤ 。‎ ‎（5）反应①中，每1.00gC与足量的F作用，恢复到25℃放出55.6kJ热量，写出反应①的热化学方程式 。‎ ‎【答案】（1）Al4C3；Na2O2；NH3‎ ‎（2）2NA（1.204×1024）‎ ‎(3）4NH3+5O2 4NO +6H2O ‎(4）2AlO2－+ CO2+3H2O ="2" Al(OH)3+CO32－(或AlO2－+ CO2+2H2O = Al(OH)3+HCO3－) ；Al(OH)3+ 3H+= Al3++ 3H2O ‎(5）CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +H2O(l)；△H=－889.6kJ/mol ‎【解析】‎ 试题分析：中学阶段所学知识中淡黄色固体化合物是过氧化钠，所以B是过氧化钠；根据过氧化钠的化学性质，无色液体是水，所以X是水；C是含氢量最高的烃，则C是甲烷；根据B与水反应的产物氢氧化钠与氧气判断，甲烷可与氧气反应，所以F是氧气，E是氢氧化钠；C、J是同周期元素的气态氢化物，猜测J是NH3，所以K是NO，L是NO2，I是HNO3，A是两种元素组成的化合物，由以上分析知A中含有C元素，A与水反应生成甲烷，同时生成的D中应含O元素，即D是氧化物，而氧化物中与氢氧化钠反应的只有Al2O3，所以A中含有C、Al2种元素，A中某种元素的质量分数为75% ，根据元素的常见化合价判断A的化学式是Al4C3，其中Al元素的质量分数是75%。则G是偏铝酸钠，H是二氧化碳，二者反应生成氢氧化铝，氢氧化铝溶于硝酸。根据以上分析可得 ‎（1）A：Al4C3，B：Na2O2；J：NH3‎ ‎（2）过氧化钠与水反应每生成1mol氧气，转移电子2mol，其数目2NA（1.204×1024）；‎ ‎（3）反应④是氨气的催化氧化反应，化学方程式为4NH3+5O2 4NO +6H2O ‎（4）反应②是二氧化碳与偏铝酸钠溶液生成氢氧化铝的反应，离子方程式为 ‎2AlO2－+ CO2+3H2O ="2" Al(OH)3+CO32－；反应⑤是氢氧化铝与硝酸的中和反应，离子方程式为Al(OH)3+ 3H+= Al3++ 3H2O；‎ ‎（5）甲烷的相对分子质量是16，所以1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量是16×55.6kJ=889.6kJ，所以该反应的热化学方程式为CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) +H2O(l)；△H=－889.6kJ/mol 考点：考查物质推断，过氧化钠的性质特征，氮、铝的化合物的化学性质，电子转移数目的判断，热化学方程式的书写，化学式的判断 ‎18.雄黄 (As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：‎ ‎（1） As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为______。‎ ‎（2）上述反应中的氧化剂是_____，反应产生的气体可用____吸收。‎ ‎（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3 + 10H+ + 10NO3- = 2H3AsO4+ 3S+10NO2↑+ 2H2O，若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为____。‎ ‎（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量_____（填字母）。‎ a．小于0.5 mol b．等于0.5 mol c．大于0.5mol d．无法确定 ‎【答案】 (1). 1：1 (2). As2S3 (3). 氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液 (4). 10mol (5). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据氧化还原反应得失电子数相等计算；‎ ‎（2）反应中的氧化剂化合价降低，得电子被还原；酸性气体用碱液吸收法或者生成沉淀。‎ ‎（3）根据化合价的变化计算；‎ ‎（4）根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O计算；‎ ‎【详解】（1）根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，所以二者的物质的量之比是1：1；‎ 答案：1：1 （2）反应中As元素化合价降低，As2S3为氧化剂，H2‎ S为酸性气体，可用NaOH溶液或硫酸铜溶液吸收；‎ 答案：As2S3 氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液 （3）反应As2S3+10H++10NO3-=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O中，As元素化合价由+3价升高到+5价，S元素化合价由-2价升高到0价，则生成2mol H3AsO4，转移电子为2×2mol+3×2mol=10mol；‎ 答案：10mol （4）根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O可得，反应的关系式为O2～4HNO3～CO2，n（O2）==0.5mol，根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5mol，但考虑到随着反应到进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则生成的二氧化碳的物质的量少于0.5mol，故a正确；‎ 答案：a ‎19.硼氢化钠(NaBH4，硼为+3价)为白色粉末，在干燥空气中稳定，在潮湿空气中分解，是常用的还原剂。偏硼酸钠（NaBO2）易溶于水，不溶于乙醇，易水解。目前有多种工艺可制备NaBH4。‎ ‎（1）用硼精矿（含有一定量B2O3，及Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质）制取NaBH4的流程如下：‎ ‎①“溶解”时，B2O3与NaOH反应生成了NaBO2，反应离子方程式为____。‎ ‎②“除硅铝”步骤加入CaO，而不加入CaCl2的原因有：能将硅、铝以沉淀除去；尽量不带入杂质离子；___。‎ ‎③“操作2”是将滤液蒸发、结晶、洗涤，其中洗涤选用的试剂最好是_____（填字母）。‎ a. 冷水　　 b. 乙醇　 c. 氨水　　 d. NaOH溶液 ‎④“反应1”是MgH2与NaBO2混合得到NaBH4和MgO，其化学方程式为________。‎ ‎（2）我国孙彦平采用耐腐蚀电极材料，以阳离子交换膜为隔离膜，电解偏硼酸钠的碱溶液，也可以高效制备NaBH4。该工艺阳极产物为________，阴极电极方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). B2O3+2OH- =2BO2-+H2O (2). 使溶液呈碱性，抑制NaBO2 的水解 (3).‎ ‎ b (4). 2MgH2+NaBO2 =NaBH4+2MgO (5). O2 (6). BO2-+8e-+6H2O=BH4-+8OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）流程分析：硼精矿中加入氢氧化钠发生反应：B2O3+2NaOH =2NaBO2+H2O，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤。除掉滤渣Fe2O3，滤液中加入CaO，生成Na2O·3CaO·Al2O3·nSiO2沉淀,过滤除掉滤渣，同时碱性环境抑制NaBO2的水解，滤液蒸发、结晶、洗涤，得到NaBO2，NaBO2和MgH2反应生成NaBH4。‎ NaBO2和MgH2生成NaBH4和氧化镁沉淀；‎ ‎（2）根据电解池阳极氧化，失电子，阴极还原得电子，判断阳极产物，书写电极反应式。‎ ‎【详解】（1）①B2O3与NaOH反应生成了NaBO2和水，反应离子方程式为B2O3+2OH- =2BO2-+H2O；‎ 答案：B2O3+2OH- =2BO2-+H2O ‎②“除硅铝”步骤加入CaO，CaO+H2O=Ca(OH)2,溶液呈碱性，可以抑制NaBO2 的水解；‎ 答案：使溶液呈碱性，抑制NaBO2 的水解 ‎③“操作2”是将滤液蒸发、结晶、洗涤，得到NaBO2，因为偏硼酸钠（NaBO2）易溶于水，不溶于乙醇，易水解，所以洗涤选用的试剂最好是乙醇，故选b；‎ 答案：b ‎④“反应1”是MgH2与NaBO2混合得到NaBH4和MgO，根据质量守恒可得，化学方程式为2MgH2+NaBO2 =NaBH4+2MgO；‎ 答案：2MgH2+NaBO2 =NaBH4+2MgO ‎（2）电解偏硼酸钠的碱溶液，阳极：8OH--8e-=4H2O+2O2，阴极：BO2-+8e-+6H2O=BH4-+8OH-；‎ 答案：BO2-+8e-+6H2O=BH4-+8OH-‎ ‎20.（1）已知草酸（H2C2O4）分解的化学方程式为：H2C2O4CO↑+ CO2↑+ H2O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是 （填序号）‎ ‎（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3·nH2O和Fe两种成份），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如下图所示。‎ ‎①、为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是 、 。‎ ‎②、在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是 ‎ ‎③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则n= 。‎ ‎④、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大的是 （填字母）‎ a．缺少装置A b．缺少装置B c．反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O ‎【答案】（1）④‎ ‎（2）①NaOH溶液 浓硫酸 ②排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸 ‎③2 ④b ‎【解析】‎ 试题分析：（1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选④.‎ ‎（2）①为得到干燥、纯净的CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。‎ ‎②装置中含有空气，CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。‎ ‎③由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为：‎ Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固体质量减少量 ‎18ng （18n+48）g ‎1.44g 20.00g-16.64g 所以 18ng：1.44g =（18n+48）g：（20.00g-16.64g）‎ 解得n=2。‎ ‎④a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误；b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大，所以测定结果n偏大，正确；c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。‎ 考点：本题考查实验方案的分析与设计、化学计算、误差分析。‎ ‎ ‎