甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期第三次月考诊断化学试题

甘肃省武威第十八中学2020届高三上学期第三次月考诊断化学试题

‎2019—2020学年第一学期第三次诊断考试试题 高三化学 一、单选题(共16小题，每小题3分，共48分)‎ ‎1.科学家发现一种化学式为H3 的氢分子。1mol H3和1mol H2具有相同的(　　)‎ A. 原子数 B. 分子数 C. 质子数 D. 电子数 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1molH3有3mol原子，1molH2有2mol原子，故A错误；‎ B.H3和H2的物质的量相同，故分子数相同，故B正确；‎ C.1molH3有3mol质子，1molH2有2mol质子，故C错误；‎ D.1molH3有3mol电子，1molH2有2mol电子，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.设NA代表阿伏加德罗常数(NA)的数值，下列说法正确的是 A. ‎22.4‎ L‎ Cl2中含有NA个Cl2分子 B. ‎1 L 0.1 mol·L－1Na2SO4溶液中有0.1NA个Na＋‎ C. 1 mol H2与1 mol Cl2反应生成NA个HCl分子 D. 1 mol Ca变成Ca2＋时失去的电子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、没有说明状态，不能用‎22.4L/mol计算，A项错误；‎ B、‎1L 0.1mol•L-1Na2SO4溶液中，n(Na+)=2×0.1mol/L×‎1L=0.2mol，N=0.2NA，B项错误；‎ C、1 molH2与l molCl2反应生成2NA个HCl分子，C项错误；‎ D、1 molCa变成Ca2+时失去的电子数为2NA，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关I的叙述中错误的是（ ）‎ A. I的化学性质与I相同 B. I的原子序数为53‎ C. I的原子核外电子数为78‎ D. I的原子核内中子数多于质子数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. I与I质子数相同，中子数不同，互为同位素，化学性质几乎完全相同，物理性质有差别，故A正确；‎ B. I的质子数为53，因此原子序数=质子数=53，故B正确；‎ C. I是电中性原子，质子数等于原子核外电子数为53，故C错误；‎ D. I的质子数为53，中子数=131-53=78，中子数多于质子数，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎4. 化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 B. 在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率 C. “静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量 D. 电解MgCl2溶液，可制得金属镁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A.明矾是常用的净水剂，A正确；B.锌的金属性强于铁的，选项B相当于是牺牲阳极的阴极保护法，B正确；C“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量,D正确，D.镁是活泼的金属，应该通过电解熔融的氯化镁得到，电解氯化镁溶液得到的是氢气、氯气和氢氧化镁，D错误，选D。‎ 考点：考查生活中的化学原理。‎ ‎5.用化学方法区别MgSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3三种溶液时，最好选择下列试剂中的 A. NaOH溶液 B. KSCN溶液 C. 氨水 D. 石蕊试液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A.向MgSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3‎ 三种溶液中分别加入NaOH溶液，反应的现象分别是：产生白色沉淀，过量时不溶解；产生白色沉淀，当NaOH过量时沉淀溶解；产生红褐色沉淀，现象各不相同，可以区分三者，正确；B.向MgSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3三种溶液中分别加入KSCN溶液,只有Fe2(SO4)3溶液变为血红色，另外两种无现象，不能区分，错误；C.向MgSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3三种溶液中分别加入氨水,前两种物质都产生白色沉淀，只有Fe2(SO4)3产生红褐色沉淀，不能鉴别，错误；D向MgSO4、Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3三种溶液中分别加入石蕊试液,由于三种盐都是强酸弱碱盐，水解使溶液都显酸性，因此都变为红色，现象相同，不能鉴别，错误。‎ 考点：考查物质鉴别试剂的选择的知识。‎ ‎6.获得“‎863”‎计划和中科院“百人计划”支持的环境友好型铝碘电池已研制成功，电解质为AlI3溶液，已知电池的总方程式为2Al＋3I22AlI3。下列说法不正确的是 A. 该电池负极的电极方程式为Al－3e－Al3＋‎ B. 电池工作时，溶液中铝离子向正极移动 C. 消耗相同质量金属时，用锂作负极时，产生电子的物质的量比铝多 D. 该电池可能是一种可充电的二次电池 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据电池总反应，铝的化合价升高，铝作负极，即Al－3e－=Al3＋，故说法正确；B、根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，故说法正确；C、Li－e－=Li＋，Al－3e－=Al3＋，相同质量时，锂的原子量小，产生电子物质的量为1/7mol，Al产生电子物质的量为1/9，故说法正确；D、Al是活泼金属，Al3＋氧化性很弱，电解AlI3溶液时，是H＋先放电，因此此电池不属于二次电池，故说法错误。‎ 考点：考查原电池的工作原理、电极反应式的书写等知识。‎ ‎7.我国已跨入“互联网+”时代，而“互联网+”的建设离不开无机非金属材料硅。 下列物品中用到硅单质的是（　　）‎ A. 陶瓷餐具 B. 石英钟表 C. 计算机芯片 D. 光导纤维 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.陶瓷餐具是硅酸盐产品，主要成分为硅酸盐，A错误；‎ B.石英主要成分为二氧化硅，不是硅单质，B错误；‎ C.硅单质是半导体材料，可以制计算机芯片，C正确；‎ D.光导纤维主要成分为二氧化硅，是硅的氧化物，不是单质硅，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎8. 一定量的浓硝酸与过量的铜充分反应，生成的气体是（ ）‎ A. 只有NO2 B. 只有NO C. NO2和NO D. NO2和H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因先开始铜与浓硝酸反应为Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，随着反应的进行，浓硝酸会变为稀硝酸，稀硝酸继续与铜反应：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，所以，产生的气体为NO2和NO．‎ 故选：C．‎ ‎9.某同学利用如图装置进行喷泉实验，已知圆底烧瓶内充满X气体，胶头滴管内装有少量Y液体，烧杯内装有足量Z液体，下列组合能进行喷泉实验且最终液体一定能充满整个烧瓶的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，液体不能充满烧瓶说明气体溶于水反应生成难溶于水的气体，或生成不溶性气体。‎ ‎【详解】A．二氧化氮溶于水和水反应，能形成喷泉，但二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮气体难溶于水，液体不能充满烧瓶，故A不选；‎ B．二氧化碳可溶于水（通常1体积水中可溶解1体积CO2），与水极其微弱反应，不能形成喷泉，故B不选；‎ C．HCl极易溶于饱和食盐水和水，产生压强差，形成喷泉，液体充满整个烧瓶，故C选；‎ D．当NO2与O2以4:1和水作用，总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，能形成喷泉，烧瓶能充满液体，如果体积比不是4：1，则烧瓶不能充满液体，故D不选；‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查实验装置综合，把握喷泉实验的原理为解答的关键，侧重物质性质及实验能力的考查，注意气体极易溶于液体或气体极易与液体反应可形成喷泉。‎ ‎10.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 0.1‎mol·L－1KI溶液：Na＋、K＋、ClO－、OH－‎ B. 0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液：Cu2＋、NH4+、NO3-、SO42-‎ C. 0.1mol·L－1HCl溶液：Ba2＋、K＋、CH3COO－、NO3-‎ D. 0.1mol·L－1NaOH溶液：Mg2＋、Na＋、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ClO－具有强氧化性，碘离子具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，故不能大量共存，A错误；‎ B. 0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中，Cu2＋、NH4+、NO3-、SO42-可以大量共存，B正确；‎ C. CH3COO－为弱酸的酸根离子，与氢离子无法大量共存，C错误；‎ D. Mg2＋、HCO3-与氢氧根离子均无法大量共存，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】在判断离子能否共存时，要注意能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应，并且要注意题目所给的条件，如无色、酸碱性等。‎ ‎11.甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料．已知：‎ CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g） △H1=﹣443.64kJ•mol﹣1‎ ‎2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H2=﹣566.0kJ•mol﹣1‎ 下列说法或热化学方程式正确的是（ ）‎ A. CO的燃烧热为566.0kJ•mol﹣1‎ B. 2molCO和1molO2总能量比2molCO2的总能量低 C. 完全燃烧‎20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3kJ D. 2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1453.28kJ•mol﹣1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566.0kJ·mol－1，则CO的燃烧热为283.0 kJ·mol－1，故A错误；‎ B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以2 mol CO和1 mol O2的总能量比2 mol CO2的总能量高，故B错误；‎ C．已知：①CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H1=-443.64kJ·mol－1 ②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566.0kJ·mol－1，根据盖斯定律①+②× 得CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=-726.64kJ·mol－1 ，则完全燃烧‎20g甲醇，即0.625mol，则放出的热量为0.625mol×726.64kJ·mol－1 =454.15 kJ，故C错误；‎ D．由C项知CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=-726.64kJ·mol－1 ，方程式的计量数加倍，则反应热也加倍，则2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1453.28 kJ·mol－1，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查了反应热的计算、盖斯定律的应用、热化学方程式的书写等，难点C，注意把握盖斯定律的含义。‎ ‎12.原子的核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n＋1，原子核内质子数为2n2－1。下列有关X的说法中正确的是（ ）‎ A. X位于元素周期表中第2周期ⅤA族 B. X元素有－3、＋5两种化合价 C. X元素在元素周期表中的族序数肯定为奇数 D. X元素最高价氧化物对应的水化物可以表示为H3XO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为 ‎5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，所以X为N或Cl元素；‎ ‎【详解】A. X为N或Cl元素，X位于元素周期表中第2周期ⅤA族或第3周期ⅦA族，故A错误；‎ B. X元素为N时，有－3、+3、＋5等多种化合价，当X元素为Cl时，有－1、+1、＋7等多种化合价，故B错误；‎ C. X为N或Cl元素，X元素在元素周期表中的族序数肯定为奇数，故C正确；‎ D. X元素最高价氧化物对应的水化物可以表示为HXO3（X为N）或HXO4（X为Cl），故D错误；‎ 故选C。‎ ‎13. 下列依据相关实验得出的结论正确的是 A. 用激光笔照射淀粉溶液和葡萄糖溶液，能产生光亮的“通路”的是淀粉溶液 B. 将某气体通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝色，该气体一定是Cl2‎ C. 向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，该溶液中一定含Cl—‎ D. 向某稀溶液中加入少量NaOH溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该溶液中一定不含NH4+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、淀粉为胶体，具有丁达尔效应，正确；B、溴蒸气、二氧化氮等氧化性气体均能把碘氧化为碘单质，错误；C、硫酸银、磷酸银等均为白色沉淀，若检验氯离子需要加硝酸酸化，错误；D、氨气极易溶于水，检验铵根离子需要浓溶液或加热条件下进行，错误。‎ 考点：考查物质的检验有关问题。‎ ‎14.下列变化中，元素价态变化与反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO属于同一类型的是（　　）‎ A. 2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋2HCl＋S↓‎ B. 2NH4Cl＋6HCl＋K2Cr2O7===2KCl＋N2↑＋2CrCl3＋7H2O C. 3Br2＋6NaOH=NaBrO3＋5NaBr＋3H2O D. 5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5S↓＋8H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中N元素价态变化可知此反应属于歧化反应。‎ ‎【详解】A. 2FeCl3＋H2S=2FeCl2＋2HCl＋S↓属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故A错误；B. 2NH4Cl＋6HCl＋K2Cr2O7===2KCl＋N2↑＋2CrCl3＋7H2O属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故B错误；C. 3Br2＋6NaOH=NaBrO3＋5NaBr＋3H2O中Br元素既有升高，又有降低，属于歧化反应，故C正确；D. 5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5S↓＋8H2O属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故D错误；答案：C。‎ ‎15.铜和镁的合金‎4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 (　　)‎ A. ‎9.02‎ g‎ B. ‎8.51 g C. ‎8.26 g D. ‎‎7.04g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的质量。由于金属阳离子结合的OH－的物质的量等于失去的电子的物质的量，所以根据电子的得失守恒可知，金属失去电子的物质的量是‎4.48L÷‎22.4L/mol＋‎0.336L÷‎22.4L/mol×2＝0.23mol，所以和金属阳离子结合的OH－的物质的量也是0.23mol，质量是‎3.91g，则沉淀的质量是‎8.51g；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列离子方程式正确的是 A. NaHSO3溶液与NaOH溶液反应：HSO3-＋OH－＝SO32-＋H2O B. 少量二氧化碳通入足量的NaOH溶液：CO2＋OH－＝HCO3-‎ C. Fe与盐酸反应产生H2：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑‎ D. 氨水和醋酸溶液混合NH3·H2O＋H＋＝NH4+＋H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHSO3溶液与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式为：HSO3-＋OH－＝SO32-＋H2O，故A正确；‎ B. 少量二氧化碳通入足量的NaOH溶液生成碳酸钠和水，离子方程式为：CO2＋2OH－＝CO32-+H2O，故B错误；‎ C. Fe与盐酸反应产生氯化亚铁和H2，离子方程式为：Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑，故C错误；‎ D. 醋酸是弱酸保留化学式，氨水和醋酸溶液混合的离子方程式为：NH3·H2O＋CH3COOH＝CH3COO-+NH4+＋H2O，故D错误；‎ 故选A。‎ 二、非选择题(共4小题，共52分)‎ ‎17.A、B、C、D四种元素，它们原子核电荷数均小于18，且依次递增。A原子核内仅有1个质子，B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等，A原子与B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等，D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。‎ ‎（1）请写出这四种元素元素名称：A_____；B_____；C_____；D_____。‎ ‎（2）A与C形成常见化合物的化学式是_____，该化合物的水溶液呈_____性。‎ ‎（3）B与D形成的化合物能溶于水，且与水反应的化学方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). 氢 (2). 碳 (3). 氮 (4). 氧 (5). NH3 (6). 碱 (7). CO2＋H2O=H2CO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D四种元素，它们原子的核电荷数均小于18，且依次递增。A原子核内仅有1个质子，则A为氢元素，元素符号为H；D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为氧元素，元素符号为O；B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等，则B为碳元素，元素符号为C；A原子与B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等，则C原子最外层电子数为1+4=5，其原子序数小于氧，故C为氮元素，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）由上面分析可知，A为氢；B为碳，C为氮，D为氧，‎ 故答案为：氢；碳；氮；氧；‎ ‎（2）A与C形成常见化合物的化学式是NH3，该化合物的水溶液的溶质为NH3·H2O NH4++OH-，溶液呈碱性，‎ 故答案为：NH3；碱；‎ ‎（3）B为碳，D为氧，B与D形成的二氧化碳能溶于水，且与水反应的化学方程式是CO2＋H2O=H2CO3。‎ ‎【点睛】注意一水合氨为弱碱，在水溶液中存在部分电离。‎ ‎18.减少NO2、SO2、CO等有害气体对大气环境的危害，是人类的共同追求。‎ ‎（1）在原子经济学原则引导下，化学家用CO与H2‎ 在加热加压条件合成了液体燃料甲醇，其化学反应方程式___。‎ ‎（2）以甲醇做燃料的电池，如图所示，其负极是___（填a或b），负极的反应式为___，正极的反应式为___。该燃料电池在理想状态下，将有96.5%的化学能转化成电能，即消耗1mol液体甲醇所能产生的最大电能达702.1kJ，则通常甲醇燃烧的热化学反应方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). CO+2H2CH3OH (2). b (3). CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+ (4). O2+4e﹣+4H+═2H2O (5). CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣727.6kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据CO与H2在加热加压条件合成了液体燃料甲醇，其化学反应方程式：CO+2H2CH3OH；‎ ‎（2）燃料电池中通入燃料的一极为负极，故b是负极，a是正极；负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应，该燃料电池的电解质溶液呈酸性，所以负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，负极反应式为CH3OH-6e－+H2O=CO2+6H＋，氧气在正极上生成水，正极电极反应式为：O2+4e－+4H＋═2H2O；‎ ‎96.5%的化学能转化成电能，即消耗1mol液体甲醇所能产生的最大电能达702.1kJ，燃烧1mol液体甲醇放出热量为702.1kJ÷96.5%=727.6kJ，其热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣727.6kJ·mol－1。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式的书写，原电池原理，解题关键：明确燃料电池中正负极上得失电子，结合电解质写出电极反应。‎ ‎19. 元素周期表的形式多种多样，下图是扇形元素周期表的一部分，对照中学化学常见长式元素周期表，回答下列问题：‎ ‎（1）元素C的最高价氧化物的电子式为 ；元素G的离子结构示意图为 。‎ ‎（2）元素L位于周期表的第 族，1mol/L LM2溶液500ml与0．4 mol K单质恰好完全反应的离子方程式为_______________________________________。‎ ‎（3）化合物X由B、E、G三种元素组成，其水溶液呈_____性，原因是____________（用离子方程式表示）。‎ ‎（4）D和G组成的化合物GD，被大量用于制造电子元件。工业上用G的氧化物、C单质和D单质在高温下制备GD，其中G的氧化物和C单质的物质的量之比为1：3，则该反应的化学方程式为 。‎ ‎（5）制取粗硅的过程中，SiO是反应中间产物，隔绝空气时SiO和NaOH溶液反应（产物之一是硅酸钠）的化学方程式______________________________________________。‎ ‎【答案】（除第（3）第一空1分，其余每空各2分，共15分）‎ ‎（1）‎ ‎（2）VIII 10Fe2++6Br- +8Cl2＝10Fe3++3Br2+16Cl-‎ ‎（3）碱性，（1分）‎ AlO2-+2H2OAl（OH）3+OH-‎ ‎（4）Al2O3+‎3C+N22AlN+3CO ‎（5）SiO+2NaOH＝Na2SiO3+H2↑‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据示意图可判断元素C位于第二周期第14列，为碳元素，则其最高价氧化物是CO2，属于共价化合物，电子式为；元素G位于第三周期第13列，为铝元素，则其离子结构示意图为。‎ ‎（2）元素L位于第四周期第8列，应该是铁元素，位于周期表的第VIII族；M位于第四周期第17列，因此是溴元素，则K是氯元素。500ml 1mol/L FeBr2溶液中溴化亚铁的物质的量是0.5mol，亚铁离子的还原性强于溴离子，氯气首先氧化亚铁离子，然后再氧化溴离子，则与0.4 mol氯气反应时亚铁离子全部被氧化，而溴离子只能氧化一部分，则反应的离子方程式为10Fe2++6Br- +8Cl2＝10Fe3++3Br2+16Cl-。‎ ‎（3）根据示意图可判断B是O，E是Na，则化合物X是偏铝酸钠，在溶液中偏铝酸根水解溶液显碱性，水解的离子方程式为AlO2-+2H2OAl（OH）3+OH-。‎ ‎（4）D是氮元素，和G组成的化合物为AlN，C是碳元素，工业上用氧化铝、碳单质和氮气在高温下制备，其中氧化铝和碳单质的物质的量之比为1：3，这说明反应后生成的是CO，则该反应的化学方程式为Al2O3+‎3C+N22AlN+3CO。‎ ‎（5）隔绝空气时SiO和NaOH溶液反应（产物之一是硅酸钠），说明硅元素的化合价升高，则化合价降低的应该是氢元素，即反应中还产生氢气，所以反应的化学方程式为SiO+2NaOH＝Na2SiO3+H2↑。‎ 考点：考查元素周期表及元素推断的有关应用 ‎20.工业甲醇的质量分数可以用下列方法测定：‎ ‎①在稀H2SO4中甲醇被Cr2O72-氧化成CO2和H2O，反应式为：CH3OH＋Cr2O72-＋8H＋=CO2↑＋2Cr3＋＋6H2O；‎ ‎②过量的Cr2O72-可用Fe2＋与之完全反应：___Cr2O72-＋__Fe2＋＋__H＋—__Cr3＋＋__Fe3＋＋__H2O。现有‎0.12g工业甲醇，在H2SO4溶液中与25mL0.2mol·L－1K2Cr2O7溶液反应，多余的K2Cr2O7再用1mol·L－1FeSO4与其反应，结果用去FeSO4溶液9.6mL。‎ ‎（1）配平第②步的离子方程式___。‎ ‎（2）计算工业甲醇的质量分数___。‎ ‎（3）工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，写出反应的化学方程式__。‎ 工业上还可以利用镁制取硅，反应为2Mg+SiO2=2MgO+Si，同时会发生副反应：2Mg+Si=Mg2Si。如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置，试回答下列问题：‎ ‎（4）由于O2和H2O（g）的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用__(填序号)。‎ A．石灰石 B．锌粒 C．纯碱 ‎（5）实验开始时，必须先通一段时间X气体，再加热反应物，其理由是__；当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，其原因是__。‎ ‎（6）反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是副产物Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）气体，然后SiH4自燃。用化学方程式表示这两个反应①___，②___。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 6 (3). 14 (4). 2 (5). 6 (6). 7 (7). Cr2O72－+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O (8). 90.7% (9). SiO2+‎2CSi+2CO↑ (10). B (11). 防止加热条件下H2与空气混合爆炸 (12). Mg与SiO2的反应是放热反应 (13). Mg2Si＋4HCl=2MgCl2＋SiH4↑ (14). SiH4＋2O2=SiO2＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）依据氧化还原反应的元素化合价变化结合电子守恒计算配平离子方程式，电子转移：Cr2O72－～2Cr3＋～6e－；6Fe2＋～6Fe3＋～6e－；所以根据电子守恒，结合电荷守恒和原子守恒得到配平的离子方程式为：Cr2O72－+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O；‎ ‎（2）由反应②可知，反应①剩余的n（Cr2O72－）=n（Fe2＋）÷6=9.6×10‎-3L× 1mol·L-1÷6 =0.0016 mol，反应①消耗的n（Cr2O72－）=25×10‎-3L× 0.2mol·L-1-0.0016mol= 0.0050 mol-0.0016 mol=0.0034 mol，则：n（CH3OH）=0.0034 mol，ω（CH3OH）= ×100%=90.7%；‎ ‎（3）工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，同时生成CO，反应的化学方程式SiO2+‎2CSi+2CO↑。‎ ‎（4）Mg可以与CO2反应生成氧化镁和碳，Mg 与氢气不能反应，因此可用氢气作为保护气，选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，所以试管中的固体药品可选用锌粒，故选B；‎ ‎（5）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体加热会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；‎ Mg与SiO2反应的条件是加热，停止加热后，反应能继续进行，其原因是：Mg与SiO2反应放出的热量维持反应的进行；‎ ‎（6）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si+4HCl═2MgCl2+SiH4↑，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，SiH4自燃的方程式为SiH4+2O2═SiO2+2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的制备原理和装置选择、实验步骤的设计分析判断，把握物质的性质是解题关键，注意掌握元素化合物性质，难点是氧化还原反应方程式的配平和计算工业甲醇的质量分数。‎