【化学】上海华东师范大学第二附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【化学】上海华东师范大学第二附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

上海华东师范大学第二附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题 相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65‎ 一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共40分）‎ ‎1.我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过486.1公里的世界列车最高时速，这得益于全路铺设优质无缝平滑的超长钢轨。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 制造钢轨的材料是钢，钢是用量较多的合金 B. 钢的熔点比铁的熔点高，而铁的用途更广泛 C. 我国在商代就开始使用铜合金 D. 合金的强度、硬度一般比组成合金各成分金属的大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，可以用于制造钢轨等，故A正确；‎ B．钢铁是用途最广泛的合金，比铁的用途更广泛，合金的熔点比铁的熔点要低，故B错误；‎ C．青铜器属于铜合金，我国人民在商代就制造出精美的青铜器，故C正确；‎ D．合金的强度、硬度一般比组成合金的各成分金属的高，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.对中数字的叙述正确的是（ ）‎ A. 291是Ts元素的相对原子质量 B. 291是Ts元素的质量数 C. 117是的质子数 D. 117是的中子数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 291是的质量数，不是Ts元素的相对原子质量，故A错误；‎ B. 291是的质量数，故B错误；‎ C. 117是的质子数，故C正确；‎ D. 117是的质子数，其中子数=291-117=174，故D错误；‎ 故答案选C ‎3.关于元素周期表的说法正确的是（ ）‎ A. 元素周期表中有8个主族 B. 目前元素周期表中有4个长周期 C. 周期表中的主族都有非金属元素 D. 族中的元素全部是金属元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】元素周期表有7个周期(短周期、长周期)，有18个纵行，16个族(7个主族、7个副族、第ⅤⅢ族、零族)，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．元素周期表有7个主族，故A错误；‎ B．元素周期表有7个周期，其中4、5、6、7属于长周期，故B正确；‎ C．以目前元素周期表来说，ⅡA没有非金属元素，故C错误；‎ D．ⅠA族的元素除H元素外都是金属元素，其中H元素是非金属元素，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4. 如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示（ ）‎ A. 电子层数 B. 原子半径 C. 最高化合价 D. 最外层电子数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数11~18的原子电子层数相同，A项不符合；‎ B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；‎ C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；‎ D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；‎ 答案选D。‎ ‎5. 一定条件下，某含碳钢腐蚀情况与溶液pH的关系如下表。‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀 B. 当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀 C. 当pH＞14时，正极反应为O2+ 4H++ 4e-=2H2O D. 将碱性溶液煮沸除去氧气后，碳钢腐蚀的速率会减缓 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当pH＜4时，酸性较强，碳钢主要发生析氢腐蚀，A对，不选；‎ B. 当pH＞6时，是弱酸性和碱性，碳钢主要发生吸氧腐蚀，B对，不选；‎ C. 当pH＞14时，正极反应为O2 + 2H2O+ 4e-=4OH-，C错，选C；‎ D. 将碱性溶液煮沸除去氧气后，可以减少吸氧腐蚀，故可以使碳钢腐蚀的速率会减缓，D对，不选；‎ 答案选C。‎ ‎6.某溶液中加入铝片有氢气产生，则该溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）‎ A. Cl- NO3- Ba2＋ Fe3＋ B. SO42- S2- Al3＋ Mg2＋‎ C. Na＋ K＋ SO42- Cl- D. NH4＋ Ba2＋ Cl- HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】某溶液中加入铝片有氢气产生，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。‎ A．在酸性溶液中，H+、NO3-表现强的氧化性，不能反应产生氢气；在碱性环境中OH-、Fe3＋会发生反应产生氢氧化铁沉淀，不能大量共存，错误；‎ B．在酸性溶液中，H+、S2-会反应结合形成H2S气体，不能大量共存，在碱性溶液中，OH-、Mg2＋会发生反应产生氢氧化镁沉淀，不能大量共存，错误；‎ C．Na＋ K＋ SO42- Cl-无论是在酸性溶液还是在碱性溶液中都不能发生反应，故可以大量共存，正确；‎ D．在碱性溶液中，OH-与NH4＋或HCO3-会发生反应，不能大量共存；在酸性溶液中，H+、HCO3-会反应结合形成H2CO3气体，不能大量共存，错误。‎ 答案选C。‎ ‎7.用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是（ ）‎ A. Al和O2化合放出热量 B. 硝酸汞是催化剂 C. 涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg D. “白毛”是氧化铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的保护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。‎ ‎【详解】A. 实验中，温度计示数上升，说明Al和O2化合放出热量，A项正确；‎ B. 硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B项错误；‎ C. 硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg，C项正确；‎ D. 铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D项正确。‎ 本题选B。‎ ‎8.具有相同电子层数的、、三种元素，已知它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 原子半径：‎ B. 元素的非金属性：‎ C. 气体氢化物的稳定性：‎ D. 阴离子的还原性：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z三种元素的原子具有相同电子层数，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X的最外层电子数为7，Y的最外层电子数为6，Z的最外层电子数为5，为非金属，原子序数X＞Y＞Z，根据同一周期元素的性质变化规律分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，Z、Y、X是同一周期，从左到右依次排列的三种元素，它们的最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。‎ A．同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径为X＜Y＜Z，故A错误；‎ B．它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以非金属性：X＞Y＞Z，故B正确；‎ C．元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物稳定性：X＞Y＞Z，故C错误；‎ D．元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，所以阴离子的还原性：X＜Y＜Z，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，下列有关表述错误的是（ ）‎ A. 利用了电解原理 B. 电子由电源负极流向钢管桩 C. 钢管桩是负极 D. 高硅铸铁作阳极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】外加电流阴极保护法是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属避免或减弱腐蚀的发生，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、由于此保护装置有外加电源，构成了电解池，故利用了电解原理，故A正确；‎ B、在电解池中，钢管桩要被保护，应做阴极，连接电源的负极，电子由电源的负极流向钢管桩，故B正确；‎ C、钢管桩连接的是电源的负极，做的是电解池的阴极，故C错误；‎ D、高硅铸铁做电解池的阳极，连接电源的正极，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎10.现在含有生命元素硒（）的保健品已经进入市场，已知硒与氧同族，与钾同周期，则下列关于硒的叙述中正确的是（ ）‎ A. 硒单质在常温下是固体 B. 硒的气态氢化物稳定性比强 C. 硒是金属元素 D. 硒酸（）的酸性比硫酸强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧在常温下为气体，硫在常温下为固态，可以推出硒常温下为固态，故A正确；‎ B、氧元素位于第二周期第ⅥA族，硒元素位于第四周期第ⅥA族，同主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应氢化物的稳定性逐渐减弱，故硒的气态氢化物稳定性比水弱，故B错误；‎ C、硒元素位于第四周期第ⅥA族，第四周期第ⅣA族为金属与非金属分界线附近的金属元素，因此硒为非金属元素，故C错误；‎ D、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＞Se，则酸性：H2SO4＞H2SeO4，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎11.分离FeCl3和AlCl3的混合物可用的试剂是（ ）‎ A. 氨水和盐酸 B. 氢氧化钠和二氧化碳 C. 氢氧化钠和盐酸 D. 氨水和二氧化碳 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，故A错误； B．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后，往NaAlO2溶液通入二氧化碳会先出现Al(OH)3沉淀，但碳酸属于弱酸，不能溶解氢氧化铝、氢氧化铁，不能复原得到FeCl3、AlCl3，故B错误； C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过量加入会使Al(OH)3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe(OH)3不会溶解．过滤操作后往Fe(OH)3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al(OH)3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3，达到分离目的，故C正确； D．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al(OH)3沉淀转变成偏铝酸盐，无法分离，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示，下列分析正确的是（ ）‎ A. 、的简单离子半径大小：‎ B. 元素金属性：‎ C. 元素的非金属性：‎ D. 、、和四种元素能形成离子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】A．d为O、e为Na，两种离子具有相同电子层排布，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：d＞e，故A错误；‎ B．e为Na、f为Al，同周期元素，从左向右，金属性减弱，则元素的金属性：e＞f，故B错误；‎ C．d为O、g为S，同主族元素，从上到下，非金属性减弱，则元素的非金属性：d＞g，故C错误；‎ D．x、y、z 和 d 四种元素可以形成碳酸铵、碳酸氢铵，均为离子化合物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.铝元素的多种化合物间存在下列转化关系，关于上述过程描述正确的是（ ）‎ A. 实现过程①可通过足量 B. 实现过程②可加入足量 C. 实现过程③可加入足量 D. 实现过程④可通入足量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化铝不能溶于碳酸，因此通如足量不能实现过程①，故A错误；‎ B、氢氧化铝为两性氢氧化物，足量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解，因此实现过程②可加入少量NaOH，故B错误；‎ C、氢氧化铝为两性氢氧化物，足量NaOH会将生成的氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，故C正确；‎ D、氨水为弱碱，氢氧化铝不能溶于氨水，不能实现过程④，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.X、Y、Z、W为短周期元素，其原子半径、化合价等信息见下表。‎ 有关这四种元素说法一定正确的是（ ）‎ A. X与W形成的化合物的电子式可表示为 B. Y的氢化物能与W的氢化物反应，所得产物只含有共价键 C. X、Y能分别与氧元素形成多种氧化物 D. Z处于元素周期表中第三周期ⅣA族 ‎【答案】C ‎【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，根据原子半径、化合价等信息可知X、Y是第二周期元素，分别是C和N，Z和W是第三周期元素，分别是S和Cl。A. X与W形成的化合物是四氯化碳，其电子式可表示为，A错误；B. Y的氢化物氨气能与W的氢化物氯化氢反应，所得产物是氯化铵，含有离子键和共价键，B错误；C. C、N能分别与氧元素形成多种氧化物，C正确；D. Cl处于元素周期表中第三周期第ⅦA族，D错误，答案选C。‎ ‎15.用新型纳米材料MFe2Ox(3(2x-2)，即y>x，故A错误； B.SO2在反应中转化为S，属于氧化剂，不是催化剂，故B错误；‎ C.由反应可知SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，故C选项是正确的； D.该反应是SO2和MFe2Ox反应，该反应中S元素化合价降低，MFe2Ox中铁元素化合价升高，发生了氧化还原反应，所以不是SO2发生了分解反应，故D选项是错误的；‎ 所以答案C选项是正确的。‎ ‎16.类推是在化学学习和研究中常用的思维方法，但类推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否，下列几种类推结论中正确的是 （ ）‎ A. 由Fe跟Cl2直接化合可得FeCl3，类推出Fe跟I2直接化合可得FeI3‎ B. 金属镁失火不能用CO2灭火，类推出金属钠失火也不能用CO2灭火 C. CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，类推出SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2‎ D. 相同温度下CaCO3的溶解度比Ca(HCO3)2的溶解度小，类推出Na2CO3的溶解度也小于NaHCO3的溶解度.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.选项中的I2的氧化性比Cl2弱，和Fe反应只能生成FeI2，因此A错误；‎ B.金属镁能和CO2生成氧化镁和碳，所以金属镁失火不能用CO2灭火，金属钠燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成氧气，所以金属钠失火也不能用CO2灭火，故B正确；‎ C.中Na2O2具有强氧化性，可以将Na2SO3氧化，所以SO2和Na2O2 反应将得到Na2SO4，故C错误；‎ D.因为碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，故D错误；‎ 所以本题答案为B。‎ ‎17.如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液滴加过程中微粒数量的关系曲线。 判断下列说法不正确的是（ ） ‎ A. A线表示Al3＋的物质的量的变化 B. x表示NaOH的物质的量 C. C线表示Al(OH)3的物质的量的变化 D. D线表示Al(OH)3物质的量的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al3+完全沉淀，消耗3molOH-，生成1molAl(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH-，生成1molAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1；‎ 假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗，1molAl3+生成1molAlO2-，然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，AlO2-完全反应，消耗molAl3+，生成molAl(OH)3，前后两部分消耗的Al3+为1mol：mol=3：1，由图象可知，A、B表示微粒关系，C、D表示微粒物质的量关系均为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答。‎ ‎【详解】A. 由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH−=Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减少，所以A线可以表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；‎ B. 由上述分析可知，x可以表示NaOH的物质的量，故B正确；‎ C. 由上述分析可知,随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，后减小，故B、C线可表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；‎ D. 由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2−的物质的量增大，所以D线表示AlO2−的物质的量的变化，故D错误；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎18.铁及其化合物是一类重要物质，下列叙述中正确的是 （ ）‎ A. 保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2＋水解 B. 25℃，pH＝0的溶液中，Al3＋、NH4＋、NO3－、Fe2＋可以大量共存 C. 制备AlCl3、FeCl3均可采用将溶液直接蒸干灼烧的方法 D. 铁粉加入到足量稀硝酸中： Fe＋NO3－＋4H＋→Fe3＋＋2H2O＋NO↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.亚铁离子容易被空气中的氧气氧化为铁离子，FeCl2‎ 溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中可防止被氧化，故A错误；‎ B.pH=0的溶液中存在大量的氢离子，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，三者不能大量共存，故B错误；‎ C.AlCl3、FeCl3溶于水能水解分别生成氢氧化铝、氢氧化铁和盐酸，因盐酸为挥发性酸，氯化氢挥发促进盐类水解，最后得到氧化铝、氧化铁，所以制备AlCl3、FeCl3均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C错误；‎ D.铁粉加入到足量稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸铁和一氧化氮、水，其反应的离子方程式为： Fe＋NO3－＋4H＋=Fe3＋＋2H2O＋NO↑，故D正确；‎ 所以本题答案：D。‎ ‎19.铜片和铁片（均少部分被氧化）一起放入足量的盐酸中充分反应。反应后的溶液中（ ）‎ A. 一定有Fe3+ B. 一定有Fe2+‎ C. 一定有Cu2+ D. 一定没有Cu2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】发生的反应有：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应、铁和盐酸反应、铁和氯化铜反应，铜与氯化铁的反应，以此判断溶液中一定含有的金属离子．‎ ‎【详解】表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，‎ 由发生的反应：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应，生成铁离子、铜离子，‎ 还原性Fe＞Cu，先发生铁和盐酸反应，盐酸足量，可存在铁离子，‎ 若盐酸少量，铁和氯化铜反应，生成氯化亚铁、氯化铜，‎ 氧化性Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，‎ 将表面都含有氧化物的铁片和铜片一起放入盐酸中充分反应，若反应后铁片有剩余，则一定不存在Fe3＋、Cu2＋、H＋，所得溶液中的阳离子为Fe2＋，‎ 故选：B。‎ ‎20.FeCl3(aq)与KSCN(aq)混合时存在下列平衡： Fe3+(aq)＋SCN－(aq) Fe(SCN)2+(aq)。已知平衡时，c[Fe(SCN)2+]与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. FeCl3(aq)与KSCN(aq)的反应是放热反应 B. T1、T2时反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2‎ C. 反应处于D点时，一定有υ正<υ逆 D. 恒温下加入KCl固体，平衡逆向移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像可知随着温度升高，c[Fe(SCN)2+]的物质的量浓度减小，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此正方应是放热反应，即ΔH＜0，故A正确；‎ B.温度为T1＜T2时，升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，则K1＞K2，故B错误；‎ C.反应处于D点时没有达到平衡状态，此时要达到平衡状态，物质的量浓度c[Fe(SCN)2+]必须增大，即反应向正反应方向进行，则一定有v正＞v逆，故C错误；‎ D.恒温下加入KCl固体，不会影响Fe3+(aq)＋SCN－(aq) Fe(SCN)2+(aq)的平衡移动，故D错误；‎ 所以本题答案选A。‎ 二、综合分析（本题共34分）‎ ‎21.锗（）在自然界中非常分散，几乎没有比较集中的锗矿，因此被人们称为“稀散金属”。砷（）是第四周期VA族元素，可以形成、、等化合物，用途广泛。完成下列填空：‎ ‎(1)已知锗元素与碳位于同一主族，与钙位于同一周期。‎ 写出锗在周期表中的位置：____________。‎ 根据锗在元素周期表中的位置写出锗的一条用途____________。‎ ‎(2)将溶于浓盐酸，可以得到，其沸点为。‎ 推测的晶体类型为______。‎ 已知沸点高于，请从结构角度解释原因：____________。‎ 将与作用可以得到，水溶液呈______性（填“酸”“碱”或“中”）。‎ ‎(3)锗金属对人类具有保健功能，适宜人体接触佩戴。锗金属非常脆，容易破碎，一种常用的方法是将锗制成颗粒镶嵌到其他金属上，但存在易脱落的缺点。请提出一种改进建议：____________。‎ ‎(4)砷原子核外有______个电子层，最外层有______个电子；比较溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱：____________强于____________（填物质的化学式）。‎ ‎【答案】(1). 第四周期第ⅣA族 (2). 作半导体材料 (3). 分子晶体 (4). 两者为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，的相对分子质量大于，因此其沸点高于 (5). 碱 (6). 将其与其他金属如铜做成合金等 (7). 4 (8). 5 (9). (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)锗元素与碳位于同一主族，与钙位于同一周期，据此分析判断在周期表中的位置；根据锗所处位置，结合元素周期律分析判断可能的用途；‎ ‎(2)根据的沸点为分析判断晶体类型；和，为结构相似的分子晶体，根据分子晶体熔沸点高低的判断方法分析解答；Ge与C元素位于同一主族，根据元素周期律分析判断碳酸和H2GeO3的强弱，再判断水溶液的性质；‎ ‎(3)根据题意提出可能的改进方法； ‎ ‎(4) 根据砷()是第四周期VA族元素，分析判断砷原子核外的电子层数和最外层电子数；根据元素周期律分析判断溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱。‎ ‎【详解】(1)锗元素与碳位于同一主族，与钙位于同一周期，因此锗为第四周期，第ⅣA族元素；锗所处周期序数=主族序数，处于金属元素和非金属元素的分界线附近，可以用作半导体材料，故答案为：第四周期第ⅣA族；作半导体材料；‎ ‎ (2)的沸点为，符合分子晶体的特征，为分子晶体；和，为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，‎ 的相对分子质量大于，因此其沸点高于；碳酸的酸性比H2GeO3强，因此为弱酸，则为强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，故答案为：分子晶体；两者为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，的相对分子质量大于，因此其沸点高于；碱；‎ ‎(3)锗金属对人类具有保健功能，适宜人体接触佩戴。锗金属非常脆，容易破碎，一种常用的方法是将锗制成颗粒镶嵌到其他金属上，但存在易脱落的缺点，可以将其与其他金属如铜做成合金等，故答案为：将其与其他金属如铜做成合金等；‎ ‎ (4) 砷()是第四周期VA族元素，砷原子核外有4个电子层，最外层有5个电子；同一周期，从左到右，元素的非金属性逐渐增强，因此溴、砷最高价氧化物对应水化物酸性的强弱为：＞，故答案为：4；5；；。‎ ‎22.氯化铁和摩尔盐是铁的两种重要盐类，在净水和定量分析等方面具有重要作用。 ‎ ‎（1）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，向所得溶液中加入铁粉，对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是__________。 ‎ a．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋ b．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋ ‎ c．若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出 d．若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出 ‎ ‎（2）工业上通过氧化酸性FeCl2废液得到含FeCl3的溶液。若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10－2mol·L－1，c(Fe3+)=1.0×10－3mol·L－1， c(Cl－)=5.3×10－2mol·L－1，则该溶液的pH约为____（不考虑水的电离和离子的水解）。 ‎ ‎（3）摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]在定量分析中常作为基准物质，用来标定重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的浓度，在0.1mol·L－1 的该盐的溶液中，离子浓度由大到小的顺序是____ ‎ ‎（4）配平离子方程式：___Fe2+ +___ MnO4－ +____ H+ → ___Mn2+ +____Fe3+ +___ H2O ‎（5）已知摩尔盐相对分子质量为M=392，取摩尔盐产品23.520g（杂质不与高锰酸钾反应），配成250mL溶液，取出25mL用0.0500mol·L－1 KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液19.50mL，则产品中莫尔盐的质量分数为__________（用小数表示，保留四位小数）。‎ ‎【答案】(1). b (2). 2 (3). SO42-＞NH4+＞Fe2+＞H+＞OH- (4). 5 (5). 1 (6). 8 (7). 1 (8). 5 (9). 4 (10). 0.8125‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）FeCl3溶液腐蚀印刷电路版上的铜，发生的离子反应为2Fe3＋+ Cu= 2Fe2＋+Cu ‎2＋，氧化性顺序为Fe3＋> Cu2＋> Fe2＋，所得的溶液中加入铁粉，可能发生反应Fe+ Cu2＋= Cu +Fe2＋，Fe +2Fe3＋=3Fe2＋。‎ a.若无固体剩余，当铁粉刚好与Fe3＋恰好完全反应，溶液不存在Fe3＋，故a错误；‎ b.无论铁粉的量如何，只要发生反应，溶液中就一定存在Fe2＋，故b正确；‎ c.若溶液中有Cu2＋，说明铁粉不足，可能有固体析出，故c错误；‎ d. 因为氧化性顺序为Fe3＋> Cu2＋，加入少量铁粉，溶液中一定存在Fe2＋，不一定有Cu析出，故d错误；综上所述，本题正确答案为b。‎ ‎（2）根据电荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，可以忽略不计，则c（H+）=c（Cl-）-2c（Fe2+）-3c（Fe3+）=1.0×10-2mol•L-1，则溶液pH=-lg1.0×10-2=2。所以答案为：2。‎ ‎（3）摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子,铵根离子、亚铁离子水解显酸性,最大的是硫酸根离子,其次是铵根离子浓度、亚铁离子浓度、氢离子浓度和氢氧根离子浓度,离子浓度大小为: c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)＞c(OH-)；所以答案：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)＞c(OH-)。‎ ‎（4）先根据得失电子相等，配平氧化剂和还原剂及其产物，分别是1 MnO4－被还原为1 Mn2+,5 Fe2+被氧化为5Fe3+;再根据电荷守恒或者氧、氢原子守恒即可得到：8 H+ ，4 H2O ，所以配平离子方程式的系数分别为5、1、 8、1、 5、 4 ；所以答案为 5、1、 8、1、 5、 4。‎ ‎（5）消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.0500mol/L×0.0195L=9.75×10-4mol，250mL溶液中需要消耗的高锰酸钾的物质的量为：9.75×10-4mol×=9.75×10-3mol，根据反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe2++Mn2++4H2O，亚铁离子的物质的量为：n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×9.75×10-3mol=4.875×10-2mol，莫尔盐产品23.520g中含有的莫尔盐质量为：392g/mol×4.875×10-2mol=19.11g，产品中莫尔盐的质量分数为：=0.813；故答案为：81.3%。‎ ‎23.铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。 ‎ ‎①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：‎ ‎②以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）反应1中的化学方程式有2NaOH＋SiO2→Na2SiO3＋H2O以及___________； ‎ ‎（2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是_______，反应2的离子方程式为________(气体A过量)； ‎ ‎（3）E可作为建筑材料，化合物C是浓硫酸，请写出由D制备冰晶石的化学方程式______； ‎ ‎（4）电解制铝以石墨为电极，请写出阳极的电极反应式____________________。‎ ‎【答案】(1). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O (2). CaSiO3 (3). NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3 (4). 12HF+3Na2CO3+2Al(OH)32Na3AlF6+3CO2↑+6H2O (5). O2--4e=O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由框图可知铝土矿加氢氧化钠后，Al2O3和SiO2会发生反应生成的滤液为NaAlO2和Na2SiO3，加入CaO沉淀为CaSiO3，滤液II的主要成分是NaAlO2，再通入气体CO2，生成沉淀Al(OH)3，加热即可得到Al2O3。‎ ‎【详解】(1)因为铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2，反应1为加NaOH溶液，发生的反应为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，2NaOH+Al2O32NaAlO2+H2O。所以答案：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；‎ ‎(2)滤液I的主要成分是NaAlO2和Na2SiO3，加入生石灰发生反应:CaO+H2O=Ca(OH)2和Ca(OH)2+Na2SiO=CaSiO3+2NaOH；滤液II的主要成分是NaAlO2，通入的气体A应是CO2，发生反应的方程式为2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3。‎ 所以答案：CaSiO3；2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3；‎ ‎(3)CaF2加入浓硫酸能发生反应，反应的方程式为CaF2+H2SO4(浓)=CaSO4‎ ‎+2HF，则D为HF。由D制备冰晶石的化学方程式为12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。‎ 所以答案为：12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O；‎ ‎(4)电解熔融的Al2O3可生成铝和氧气，其反应的方程式为2Al2O34A1+3O2↑，在阳极发生氧化反应，其电极反应方程式为：O2--4e=O2↑；答案为：O2--4e=O2↑。‎ 三、实验分析（本题共14分） ‎ ‎24.某研究小组利用下图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响（固定装置略）。已知：还原性SCN－＞Cl－‎ ‎（1）装置B中发生的化学方程式____________。 装置 C 的作用是_________。 用酒精喷灯对装置D加热，得到灰黑色粉末。用黑色粉末进行以下实验：‎ 步骤 操作 现象 ‎1‎ 取灰黑色粉末加入稀硫酸 溶解，有气泡 ‎2‎ 取步骤 1 中溶液，滴加 NaOH 溶液后，在空气中，搅拌放置 白色沉淀 最终变为红褐色 ‎3‎ 取步骤 1 中溶液，滴加 KSCN 溶液 无现象 ‎4‎ 向步骤 3 溶液中滴加新制氯水至过量 先变红，后褪色 ‎（2）得到灰黑色粉末是__________________（填写化学式）。 ‎ ‎（3）步骤2 中“白色沉淀最终变为红褐色”的化学反应方程式为____________。 ‎ ‎（4）步骤4 中，溶液变红的原因为 ；溶液褪色可能的原因_________ 。验证上述原因的实验操作方法为____________。 ‎ ‎（5）上述装置，从实验安全考虑，需要采取的改进措施是_____________。‎ ‎【答案】(1). Zn+CO2ZnO+CO (2). 吸收没反应完的二氧化碳 (3). 一定有铁，可能有FeO (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). Fe2+被氯气氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-‎ 离子反应生成血红色的Fe(SCN)3，SCN-被氯气氧化 (6). 取少量褪色后的溶液，加入过量的KSCN溶液，溶液又变血红色 (7). 在装置B、C之间加防止倒吸装置，在装置F末端加个点燃的酒精灯，对尾气进行处理。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）装置B中Zn和CO2在加热条件下生成ZnO和CO；装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；尾气中CO， （2）根据现象分析可能的黑色固体；‎ ‎（3）氢氧化亚铁会被氧化成氢氧化铁；‎ ‎（4）根据实验探究的现象及原理分析；‎ ‎（5）可能会有倒吸现象及尾气处理角度分析。‎ ‎【详解】(1)A装置是加热MgCO3产生CO2，B装置就是将 CO2转化为CO，其化学方程式为:Zn+CO2ZnO+CO ，但是仍然有部分CO2反应不完，会掺杂在CO中，使后面的实验结果受到影响，故此 CO2应该通过装置C氢氧化钠溶液除去，则装置C的作用是：除去多余CO2；故答案为：Zn+CO2ZnO+CO；吸收没反应完的二氧化碳。‎ ‎（2）步骤1现象是产生气泡，则说明Fe与稀硫酸反应，故黑色固体是Fe，但本实验可能产生FeO黑色固体，，故答案是：一定有Fe，可能含FeO；‎ ‎（3）白色沉淀是在空气中被氧化，可推出白色沉淀为 Fe(OH)2，红褐色沉淀为Fe(OH)3，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；所以答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎（4）溶液中含有KSCN，故变红是因为溶液中产生了Fe3+，是因为Cl2将Fe2+氧化为Fe3+， Fe3+遇SCN-显红色；后来溶液褪色，可能是 Fe3+或 SCN-被反应掉，故可能是 Cl2的氧化性非常强，氧化了SCN-，SCN-被反应掉，导致溶液褪色；要证明这种可能，应该在褪色后的溶液中加入新的SCN-，若重新变红，则说明原来的SCN-被Cl2氧化，而溶液中Fe3+并没有消失，故应该滴加KSCN溶液，观察是否变红。故答案为： Fe2+被氯气氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-离子反应生成血红色的Fe(SCN)3，SCN-被氯气氧化 ；取少量褪色后的溶液，加入过量的KSCN溶液，溶液又变血红色；‎ ‎（5）实验装置有两点不足，一是C中液体容易受气压影响到吸入B中导致硬质玻璃管炸裂，故应该在B、C之间加安全瓶防止倒吸；二是尾气中含有CO等气体没有做处理，应该在装置F后加个尾气收集装置；故答案为：在装置B、C之间加安全瓶防止倒吸，在装置F末端加个点燃的酒精灯，对尾气进行处理。‎ 四、图像分析（本题共12分） ‎ ‎25.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]和铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]都是限制使用的食品添加剂。 ‎ ‎（1）KAl(SO4)2的电离方程式为_______________ KAl(SO4)2可作净水剂，其原因是(用必要的化学用语和相关文字说明)。‎ ‎（2）已知几种电解质溶液的 pH随温度变化的曲线如图1所示。 其中符合KAl(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_______ (填罗马数字)。 ‎ ‎（3）向盛有100mL NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意如图2所示。 ‎ ‎①写出m点反应的离子方程___‎ ‎②当加入45mL NaOH时，烧杯中Al元素的存在形式为 __________‎ ‎③由图象可知所滴NaOH溶液的浓度为________________‎ ‎【答案】(1). KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42- (2). I (3). NH4++OH-=NH3·H2O (4). Al(OH)3和NaAlO2 (5). 1mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)KAl(SO4)2是离子化合物且易溶于水，再溶液中完全电离；Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性。‎ ‎【详解】（1）KAl(SO4)2是离子化合物，且易溶于水，再溶液中完全电离，其电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；故答案为： KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42 ；‎ ‎(2) 因为Al3+水解生成的Al(OH)3，其离子方程式：Al3++3H2O═Al(OH)3+3H+，使溶液显酸性，因为水解为吸热反应，所有升高温度，促进水解，使溶液的酸性增强，故曲线I符合题意，答案为I。‎ 生成的Al(OH)3吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清； （3）①向盛有100mL NH4Al(SO4)2‎ 溶液的烧杯中滴加NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液逐渐增大，当所有的Al3+完全反应后，再滴加氢氧化钠，和铵根离子反应，继续加入氢氧化钠，Al(OH)3又会溶解，所有,m点过程中加入氢氧化钠,沉淀物质的量不变,是NH4+与OH−反应生成NH3⋅H2O,离子方程式为：NH4++OH−=NH3⋅H2O，故答案为：NH4++OH−=NH3⋅H2O；‎ ‎②如图可知在氢氧化钠溶液滴加到40mL∼50mL时，氢氧化铝逐渐溶解，此时发生+ OH−=AlO2-+ H2O，所以当加入45mL NaOH时，烧杯中Al元素的存在形式为Al（OH）3和NaAlO2；所以答案为：Al(OH)3和NaAlO2；‎ ‎③由图可知,生成的Al(OH)3的物质的量为0.01mol,Al3++3OH−=Al(OH)3↓,则氢氧化钠的物质的量为0.03mol,其体积为0.03L,所以NaOH溶液的浓度为1mol⋅L−1，所有本题答案：1mol⋅L−1。‎