江西省山江湖协作体2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题

江西省山江湖协作体2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题

www.ks5u.com ‎“山江湖”协作体高一年级第三次月考化学试卷（自招班）‎ 可能使用的原子量：Fe:56 S:32 O:16 H:1 Si: 28 N: 14 Au:197 Ag: 108 Cu: 64‎ 一、选择题：（本题包括16小题，共48分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列对古文献记录内容理解错误的是 A. 《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程发生了氧化还原反应 B. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸发 C. 《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐 D. 《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 丹砂的主要成分是HgS，高温分解生成Hg和S，积变后二者化合又变为丹砂，发生了氧化还原反应，故A正确；‎ B. “自元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，这里所用的“法”是指蒸馏原理，故B错误；‎ C. “瓦”属于传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故C正确；‎ D. 钾元素的焰色反应呈紫色，钠元素的焰色反应呈黄色，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列实验操作中正确的是 A. 萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大 B. 分液操作时，下层液体从分液漏斗下口放出后再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中 C. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处 D. 蒸发结晶时应使混合物中的水分完全蒸干后,才能停止加热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 萃取剂的选择与密度大小无关，故A错误； B. 分液时应避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故B 错误； C. 蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，所以C选项是正确的； ‎ D.蒸发时，当有大量固体析出时，即停止加热，防止温度过高而导致溶质分解而变质，故D错误。‎ 所以C选项是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查物质分离提纯的物理方法，注意各实验基本操作中的注意事项，如蒸发时停止加热的依据，分液时“上层上出，下层下出”，温度计在实验中的位置等等。‎ ‎3.下列实验事故的处理方法正确的是 A. 钠着火时，赶紧用水灭火 B. 衣服沾上大量的浓氢氧化钠溶液，需将此衣服浸泡在盛水的盆中 C. 实验桌上的酒精灯倾倒了燃烧起来，马上用湿布扑灭 D. 不慎将酸或碱液溅入眼内，立即闭上眼睛，用手揉擦 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 不能用水灭火，因为钠与水反应生成易燃的氢气，燃烧更旺，故A错误；‎ B. 氢氧化钠溶于水放出大量的热，会进一步烧伤衣服，应该用干抹布擦去，然后再用水冲洗，故B错误； C. 酒精灯倾倒了燃烧起来，立即用湿抹布铺盖，所以C选项是正确的； D. 不慎将酸或碱液溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故D错误。‎ 所以C选项是正确的。‎ ‎4.短周期元素A、B、C原子序数依大增大，A3-与B2-、C+电子层结构相同，则下列说法中不正确的是 A. 三种元素可组成CAB2和CAB3型化合物 B. 离子半径:C+>B2->A3-‎ C. H2B在同主族元素气态氢化物中最稳定 D. B的某种单质可用于杀菌消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三种短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，A3-与B2-、C+的电子层结构相同，A、B在第二周期，C为第三周期，则A为N元素，B为O元素，C为Na元素，据此分析。‎ ‎【详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为Na元素。A．三种元素可组成NaNO2和NaNO3，故A正确；‎ B．电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小，则离子半径：A3-＞B2-＞C+，故B错误；‎ C．O为同主族元素中非金属性最强的元素，则对应的氢化物最稳定，故C正确；‎ D．O元素的单质臭氧具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎5.欲除去某溶液里混有的少量杂质，下列做法中不正确的是（括号内的物质为杂质）‎ A. KNO3溶液（AgNO3）:加入过量KCl溶液，过滤 B. NaCl溶液（BaCl2）：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸再加热 C. 碘单质I2（NaCl）：加热升华后，再凝华 D. NaCl溶液（Br2）：加CCl4，萃取分液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物质除杂时，可以根据物质性质，采用物理方法或化学方法；原则上选用的除杂试剂不能与原有物质反应；反应后不能引入新的杂质，据此分析。‎ ‎【详解】A、加过量KCl溶液会和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，过滤，滤液是硝酸钾和过量氯化钾的混合物，又引进了新杂质，故A错误；‎ B、加过量Na2CO3溶液会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，故B正确；‎ C、碘单质I2易升华，氯化钠难挥发，故C正确；‎ D、溴单质会溶解在四氯化碳中，分液获得氯化钠溶液和溶有溴的四氯化碳互不相溶的两部分，故D正确。‎ 故答案选A。‎ ‎6.下列各组离子在溶液中一定能够大量共存的是 A. 在含有大量SO42-无色溶液中：Mg2+、Na＋、Cu2＋、Cl－‎ B. 在强酸性溶液中： K＋、HCO3－、SO42- 、ClO-‎ C. 在含有大量OH－的溶液中：NO3－、Na＋、Cl－、AlO2-‎ D. 在含有大量Fe2+的溶液中：H＋、Na+、Cl－、ClO-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含Cu2＋的溶液呈蓝色，不能大量存在于无色溶液中，故A不符合题意；‎ B. 强酸溶液中HCO3－、ClO-不能大量存在，故B不符合题意；‎ C. 碱性溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故C符合题意；‎ D. H+与ClO-不能大量共存，Fe2+、ClO-离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；‎ 答案是C。‎ ‎7.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 标准状况下，2.24L三氧化硫中所含分子数约为0.1NA B. 10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数大于9.8%‎ C. 一定温度下，1moLFeCl3可生成NA个Fe（OH）3胶体颗粒 D. 在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移NA个电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标况下，三氧化硫是固体，不能用22.4L/mol计算SO3物质的量，2.24LSO3物质的量不是1mol，含有SO3分子数不是0.1NA，故A错误；‎ B. 10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为×100%（ρ浓、ρ稀分别为浓硫酸、稀硫酸的密度），硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，硫酸浓度越小密度越小，ρ浓>ρ稀，则稀释后硫酸的质量分数大于9.8%，故B正确；‎ C. Fe（OH）3胶体粒子是由Fe（OH）3“分子”聚合成的较大颗粒，1molFeCl3完全水解，产生Fe（OH）3胶体粒子小于NA，故C错误；‎ D. H2O2中O为-1价，每个O得到一个电子变成-2价，即反应每生成1molO2转移2mol电子，32gO2就是1molO2，反应中转移2NA个电子，故D错误；‎ 答案是B。‎ ‎8.制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++ 2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2‎ O，则下列说法正确的是 A. 参加反应的Fe2+全部作还原剂 B. x=4‎ C. 已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体 D. 每生成1 molFe3O4，被S2O32-还原的O2为1mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，Fe3O4中只有三分之一铁元素是+2价的，即参加反应的Fe2+只有部分作还原剂，故A项错误；‎ B项，根据电荷守恒可求得x=4，故B项正确；‎ C项，已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒分散到某物质中能形成胶体，胶体不能只有分散质，故C项错误；‎ D项，每生成1 molFe3O4，被还原的O2只有1mol，而Fe2+和S2O32-都是还原剂，被S2O32-还原的O2一定不是1mol，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎9.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是 A. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B. Fe→FeSO4→Fe(OH)2→Fe(OH)3‎ C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，需要先加酸转化为铝盐后，再加入碱才能生成氢氧化铝，故选A项；‎ B项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，各物质可通过一步反应完成，故不选B项；‎ C项，镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，各物质可通过一步反应完成，故不选C项。‎ D项，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠，各物质可通过一步反应完成，故不选D项。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎【点睛】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 B. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成 C. NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂 D. 活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一氧化氮在空气中不能稳定存在，被氧化成二氧化氮，故A错误；‎ B. 酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，与CO2无关，故B错误；‎ C. 利用液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，所以液氨常用作制冷剂，故C正确；‎ D. 活性炭具有吸附性使品红溶液褪色，二氧化硫与品红化合成不稳定的无色物质使品红溶液褪色，过氧化钠具有强氧化性，与品红发生氧化还原反应而使品红溶液褪色，原理不同，故D错误；‎ 答案是C。‎ ‎【点睛】本题主要考查化学与科学、技术、社会、环境等问题，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生良好的科学素养提高学习的积极性，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。‎ ‎11.用如图中装置进行实验，实验一段时间后，现象与预测不一致的是 ‎①中物质 ‎②中物质 实验预测 A 浓氨水 酚酞试液 ‎②中溶液变为红色 B 浓硝酸 淀粉KI溶液 ‎②中溶液变为蓝色 C 浓盐酸 浓氨水 大烧杯中有白烟 D 饱和的亚硫酸溶液 稀溴水 ‎②中无明显变化 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水显示碱性，使得酚酞溶液变为红色，现象与预测一致，故A不选；‎ B．浓硝酸具有挥发性和强氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，淀粉遇到单质碘显示蓝色，现象与预测一致，故B不选；‎ C．浓盐酸具有挥发性和酸性，能和氨气之间发生反应，产生氯化铵固体，大烧杯中有白烟，现象与预测一致，故C不选；‎ D．饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫能和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，所以溴水的颜色会褪去，现象与预测不一致，故D选；‎ 答案选D。‎ ‎12.下列离子方程式正确的是 A. 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑‎ B 向澄清石灰水中通入过量CO2：OH－+ CO2＝HCO3－‎ C. 向含0.1 mol·L－1 NaOH和0.1 mol·L－1 Na2CO3的溶液中加入1 L 0.4 mol·L－1稀盐酸：OH－＋CO32-＋3H＋＝CO2↑＋2H2O D. NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2溶液：H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸是弱酸，不能拆成离子，所以碳酸钙和醋酸溶液反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；‎ B. 向澄清石灰水中通入过量二氧化碳方程式为：Ca(OH)2 +2CO2=Ca(HCO)3，离子方程式为：OH－+ CO2＝HCO3－，故B正确；‎ C. 没有说明NaOH和Na2CO3混合溶液的体积，不知道NaOH和Na2CO3的物质的量，加入1 L ‎ 0.4 mol·L－1稀盐酸，无法判断反应产物，故C错误；‎ D. 加入少量Ba(OH)2，NaHSO4过量，则将Ba(OH)2的化学计量数定为1，即Ba2+和OH-按照1:2的比例全部反应，离子方程式为2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓+ 2H2O，故D错误；‎ 答案是B。‎ ‎13.在如图所示的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是 A. NO(H2O含石蕊) /红色喷泉 B. NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉 C. HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉 D. SO2(NaOH溶液)/无色喷泉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NO难溶于水，没有压强差，不能形成喷泉，故A不相符；‎ B. 氨气极易溶于水，能产生压强差，氨水呈碱性，遇含酚酞水变红，故B相符；‎ C. HCl与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，HCl溶解形成压强差，产生白色喷泉，故C相符；‎ D. SO2与NaOH溶液迅速反应导致压强减小，该反应无颜色变化，产生无色喷泉，故D相符；‎ 故选A。‎ ‎14.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是 A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为10NA B. 1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）得到氮气的体积约为11.2L C. 该过程的总反应是：NH4+ + NO2－ = N2↑ ＋2H2O D. 该方法每处理1molNH4+，需要的NO2—为0.5mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 质子数等于原子序数，1mol NH4+ 所含的质子总数为11NA，故A错误；‎ B. 由图可知，1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，标准状况下的体积为22.4L，故B错误；‎ C. 由图可知，该过程的总反应是：NH4+ + NO2－ = N2↑ ＋2H2O，故C正确；‎ D. 由图可知，1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，因此每处理1molNH4+，需要的NO2—为1mol，故D错误。‎ ‎15.有一混合溶液，其中只含有Fe2＋、Cl－、Br－、I－。其中Cl－、Br－ 、I－个数比为2 ：3 ：4，向该溶液中通入氯气，使溶液中Cl－和Br－的个数比为3 ：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2＋物质的量之比为 A. 9 ：1 B. 6 ：2 C. 7 ：3 D. 7 ：4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设Cl－、Br－、I－的物质的量分别是2mol、3mol、4mol，根据电荷守恒，2n（Fe2+）=n（Cl-）+n（Br-）+n（I-），则n（Fe2+）=4.5mol；设消耗氯气物质的量为xmol，由于还原性I->Fe2+>Br-，则先发生反应Cl2＋2I－=2Cl－＋I2、后发生反应Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋，与I-反应消耗2molCl2，则与亚铁离子反应的氯气是（x－2）mol，所以剩余的亚铁离子是（8.5－2x）mol，此时溶液中氯离子是（2＋2x）mol，溶液中Cl－和Br－的个数比为3∶1，即（2+2x）mol：3mol=3:1，解得x＝3.5，所以剩余亚铁离子是1.5mol，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为3.5mol：1.5mol=7∶3，答案选C。‎ ‎16.室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成左、右两室，左室充入等物质的量的氢气 和氧气，右室充入一氧化碳和氧气的混合气。同时引燃左右两室的混合气，反应后恢复到室温。反 应前后活塞位置如下图所示，则右室混合气体中一氧化碳和氧气的物质的量之比可能是（液态水的体积忽略不计）‎ ‎①1：1 ②1：2 ③1：3 ④3：1‎ A. ①② B. ②④ C. ①④ D. ①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应前，活塞处于容器的中间，左右两室的气体的物质的量相等，因为氢气和氧气的物质的量相等，设氢气和氧气的物质的量均为2mol，所以一氧化碳和氧气的总物质的量为4mol；根据反应2H2+O22H2O，可知氧气过量1mol，并且右室中的气体的物质的量是左室中气体物质的量的3倍，所以右室中有3mol气体；设CO的物质的量为xmol，则O2的物质的量为(4-x )mol，根据反应2CO+O22CO2 ，当CO过量时，O2全部反应，剩余气体的物质的量为2×(4-x ) +x-2×(4-x ) =3，解得x=3，即CO的物质的量为3mol，则O2的物质的量为1mol，CO与O2的物质的量之比为3:1；当CO全部反应，O2有剩余时，根据方程式有：x+(4-x)-=3，解得x=2，即CO的物质的量为2mol，则O2的物质的量也为2mol，两者物质的量之比为1:1，所以①④正确，答案选C。‎ 二、非选择题：（本题包括5小题，共52分）‎ ‎17.现有部分短周期元素的性质或原子结构如表： ‎ 元素编号 元素性质或原子结构 A 有3个电子层，K、M层电子数之和等于L层电子数 B 短周期中金属性最强 C 常温下单质为双原子分子，氢化物的水溶液呈碱性 D 元素最高正价是+7价 用化学用语回答下列问题： ‎ ‎（1）A元素在周期表中的位置 __________________；‎ ‎（2）B单质与水反应的离子方程式 ______________________； ‎ ‎（3）下列表述中能证明元素D的非金属性比A强这一事实的是 _____________（填选项序号）。‎ a．常温下D的单质和A的单质状态不同 ‎ b．一定条件下D和A的单质都能与钠反应 ‎ c．A最高价含氧酸的酸性弱于D最高价含氧酸 d．D单质能与A的氢化物反应生成A单质 ‎（4）X是由A、B、C、D四种元素中的某种元素组成的单质，能经图所示的过程转化为（其他条件略去）。 ‎ ‎①若Y是有刺激性气味的无色气体，把Y通入BaCl2溶液中，无现象，然后滴加适量H2O2溶液，有白色沉淀生成，则该白色沉淀为 _________，试写出Y与H2O2溶液反应的离子方程式： __________________ ‎ ‎②若Z是红棕色气体，则Z→W的反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为_________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第ⅥA族 (2). 2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑ (3). cd (4). BaSO4 (5). SO2+H2O2= 2H++SO42- (6). 2：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A元素原子有三个电子层，K、M层电子数之和等于L层电子数，则其M层电子数=8-2=6，故A为硫；B在短周期中金属性最强，则B为Na；常温下C单质为双原子分子，氢化物的水溶液呈碱性，则C为氮元素；D元素最高正价是+7价，且为短周期元素，故D为Cl。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，A为硫，S元素在元素周期表的位置是：第三周期第ⅥA族；‎ ‎（2）由分析可知，B为Na，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；‎ ‎（3）同周期自左而右非金属性增强，故Cl元素非金属性更强；‎ a．状态属于物理性质，不能比较元素非金属性强弱；‎ b．一定条件下D和A单质都能与钠反应，不能比较非金属性强弱；‎ c．S的最高价含氧酸的酸性弱于Cl的最高价含氧酸的酸性，则Cl的非金属性比S强；‎ d．氯气能与硫化氢反应生成硫单质，说明氯气的氧化性比S强，故Cl的非金属性比S强；‎ 故答案为：cd；‎ ‎（4）①若Y是有刺激性气味的无色气体，把Y通入BaCl2溶液中，然后滴加适量H2O2溶液，有白色沉淀生成，则X为硫、Y为二氧化硫、Z为三氧化硫、W为硫酸，故白色沉淀的化学式为：BaSO4；二氧化硫和双氧水反应生成硫酸的离子方程式为：SO2+H2O2= 2H++SO42-，故答案为：BaSO4；SO2+H2O2= 2H++SO42-‎ ‎②若Z是红棕色气体，则X为氮气、Y为NO、Z为二氧化氮、W为硝酸，Z与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，还原剂、氧化剂都是NO2，还原剂与氧化剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系的应用等，明确元素种类是解答的关键，注意掌握非金属性、金属性强弱比较规律，难度中等。‎ ‎18.从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）固体A的主要成分是______________（写名称）。‎ ‎（2）铝土矿与过量烧碱反应的离子方程式为______________、________________。‎ ‎（3）滤液D中的溶质有______________（填化学式）。‎ ‎（4）指出流程乙的一个缺点是____________。‎ ‎（5）氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X。已知每转移6.02×1023个电子，有0.5mol化合物X生成，此反应的化学方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 二氧化硅 (2). Al2O3+2OH-=2AlO2-+ H2O (3). SiO2+2OH- =SiO32-+H2O ‎ ‎ (4). NaCl、NaOH、NaAlO2 (5). 氧化铝中含有二氧化硅杂质 (6). Al2O3+N2+3C2AlN+3CO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A和滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠和过量的氢氧化钠，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，由此解答。‎ ‎【详解】（1）铝土矿的主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO，只有SiO2不溶于盐酸，故A为SiO2，名称是二氧化硅；‎ ‎（2）铝土矿的主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO，其中Al2O3和SiO2能够和氢氧化钠反应，反应的离子方程式分别为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+ H2O和SiO2+2OH- =SiO32-+H2O；‎ ‎（3）由分析可知，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含NaCl、NaAlO2和过量的NaOH；‎ ‎（4）由分析可知，X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸。灼烧沉淀Z，氢氧化铝分解成氧化铝，硅酸加热分解会生成二氧化硅，故生成的氧化铝中含有二氧化硅杂质；‎ ‎（5）氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X，根据元素守恒可知X中应含有氧元素和碳元素，已知每转移6.02×1023个电子即1mol电子，有0.5mol化合物X生成，由电子转移守恒，可得在X中C的化合价为=2，所以X是CO，所以该反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO，故答案为：Al2O3+N2+3C 2AlN+3COAl2O3+N2+3C。‎ ‎【点睛】本题以氧化铝提取工艺流程为载体考查混合物分离实验方案的设计，为高频考点，涉及元素化合物的性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式等，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。‎ ‎19.现用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2，可利用的装置如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）若规定气体的流动方向为从左到右，则组合实验装置时各仪器的连接顺序是：空气→Ⅳ→________→________→________（填“Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”，仪器不能重复使用）。‎ ‎（2）装置Ⅳ中盛放的药品是___________，其作用是____________________。‎ ‎（3）装置Ⅱ的作用是_________________________________________。‎ ‎（4）加热装置Ⅰ时发生反应的化学方程式为___________________________。‎ ‎（5）下列对于过氧化钠的叙述中，正确的是___________。‎ A．过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物 B．将过量Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液变蓝 C．过氧化钠与水反应时，过氧化钠是氧化剂，水是还原剂 D．过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂 ‎【答案】 (1). Ⅲ (2). Ⅰ (3). Ⅱ (4). 氢氧化钠溶液 (5). 吸收通入空气中的二氧化碳 (6). 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ (7). 2Na＋O2 Na2O2 (8). D ‎【解析】‎ 装置Ⅳ中盛放的溶液为氢氧化钠，空气进入装置Ⅳ，目的除去空气中二氧化碳，然后进入Ⅲ装置，进行气体的干燥后，气体进入Ⅰ装置，与金属钠反应，装置Ⅱ与Ⅰ装置进行连接，保证外界空气中的水蒸气和二氧化碳气体不能进入装置Ⅰ，干扰实验；‎ ‎（1）Ⅲ； Ⅰ； Ⅱ；‎ ‎（2）氢氧化钠溶液；吸收通入空气中的二氧化碳；‎ ‎（3）防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ ‎（4）2Na＋O2 Na2O2 ；‎ ‎ （5）A．Na2O2能够与酸反应，生成盐和氧气、水，不属于碱性氧化物；A错误；B． Na2O2与水反应生成氢氧化钠，紫色石蕊试液遇碱变蓝，Na2O2具有强氧化性，过量的Na2O2能够使蓝色溶液褪色，B错误；C．Na2O2与水反应时，Na2O2中的-1价的O，既被氧化为O2，又被还原为-2价O， Na2O2既做氧化剂又做还原剂；C错误；D．Na2O2与CO2反应时，Na2O2中的-1价的O元素，既被氧化为O2，又被还原为-2价O， Na2O2既做氧化剂又做还原剂；D正确；正确选项：D。‎ 点睛：Na2O2是一种强氧化剂，但是在与水、二氧化碳反应时，本身既做氧化剂又做还原剂，且1molNa2O2完全反应转移1mol电子。‎ ‎20.按要求填空 ‎（1）检验SO42－所需要用的试剂_______________________________。‎ ‎（2）三硅酸镁（Mg2Si3O8·11H2O）用氧化物表示_______________________。‎ ‎（3）除去NaHCO3溶液中少量的Na2CO3杂质相应的离子方程式为_________________。‎ ‎（4）用氨气检验氯气泄漏的方程式：_______________。‎ ‎（5）请配平以下化学方程式：‎ ‎____Al＋____NaNO3＋____ NaOH= ____NaAlO2＋____ N2↑＋___H2O 若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_________L。‎ ‎【答案】 (1). HCl、BaCl2 (2). 2MgO·3 SiO2·11H2O (3). CO2 + H2O + CO32-=2HCO3- (4). 8NH3 + 3Cl2 = 6NH4Cl + N2 (5). 10 (6). 6 (7). 4 (8). 10 (9). 3 (10). 2 (11). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）检验溶液中是否含有SO42-离子，可以先用盐酸酸化，然后用BaCl2溶液进行检验； ‎ ‎（2）先写金属氧化物，然后是SiO2，最后是H2O；‎ ‎（3）Na2CO3可与CO2反应生成NaHCO3而除去；‎ ‎（4）氨气和氯气反应生成的NH4Cl是白色的固体小颗粒，会在空气中形成白烟，所以当看到白色烟时，就说明氯气泄漏了；‎ ‎（5）反应Al+NaNO3+NaOH→H2O+N2↑+NaAlO2中，Al元素化合价由0价升高到+3价，被氧化，为还原剂，N元素化合价由+5价降低到0价，被还原，氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相同。‎ ‎【详解】（1）检验溶液中是否含有SO42-离子，可以先用盐酸酸化，然后用BaCl2‎ 溶液进行检验，故答案为：HCl、BaCl2； ‎ ‎（2）先写金属氧化物，然后是SiO2，最后是H2O，故三硅酸镁（Mg2Si3O8·11H2O）用氧化物表示为：2MgO·3 SiO2·11H2O；‎ ‎（3）Na2CO3可与CO2反应生成NaHCO3而除去，反应的离子方程式为CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，故答案为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；‎ ‎（4）氨气和氯气反应生成的NH4Cl是白色的固体小颗粒，会在空气中形成白烟，所以当看到白色烟时，就说明氯气泄漏了，反应方程式为：8NH3 + 3Cl2 = 6NH4Cl+ N2；‎ ‎（5）反应Al+NaNO3+NaOH→H2O+N2↑+NaAlO2中，Al元素化合价由0价升高到+3价，被氧化，为还原剂，N元素化合价由+5价降低到0价，被还原，氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相同，则配平后的方程式为：10A1+6NaNO3+4NaOH=2H2O+3N2↑+10NaA1O2；N元素化合价由+5价降低到0价，转移5mol电子，则生成0.5molN2，标准状况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。‎ ‎【点睛】第（5）配平注意：从元素化合价的角度认识相关概念和相关计算，反应Al+NaNO3+NaOH→H2O+N2↑+NaAlO2中，Al元素化合价由0价升高到+3价，被氧化，为还原剂，N元素化合价由+5价降低到0价，被还原，NaNO3为氧化剂，氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相同。‎ ‎21.无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料并称为三大材料，是发展高新技术的基石，在未来科技发展中发挥着重要的作用。‎ ‎（1）Nierite是一种高熔点高硬度的陶瓷材料。Nierite的摩尔质量为140 g/mol，其中硅元素的质量分数为60%。已知1 mol NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35 g Nierite与3 mol HCl气体。Nierite的化学式为___________。‎ ‎（2）K金是常见的贵金属材料，除黄金外，还含有银、铜中的一种或两种金属。为测定某18K金样品的组成，将2．832 g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，固体全部溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224 mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84 mL O2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收。‎ 填写该18K金的成分表（精确至0．01%，若不含该金属则填0）。‎ ‎18K金成分 Au Ag 含量（质量分数）‎ ‎75．00%‎ ‎_________‎ ‎【答案】 (1). Si3N4 (2). 11．44%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）确定Nierite有硅元素和氮元素，化学式中硅原子的个数为140×60%÷28=3，氮原子个数为140×40%÷14=4；‎ ‎（2）设K金中含有铜银两种金属，则根据质量关系列等式为64n(Cu)+108n(Ag)=2.832×（1-75%），金与浓硝酸不反应，铜银与浓硝酸发生氧化还原反应，将HNO3还原为NO2和N2O4，NO2和N2O4的混合气与标准状况下84mLO2混合通入水中恰好被完全吸收获得HNO3，根据电子守恒，即Cu、Ag失去的电子总数等于O2得到的电子总数，2n(Cu)+n(Ag)= ，联立方程可以求出Ag的质量分数。‎ ‎【详解】（1）1 mol NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35 g Nierite与3 mol HCl气体，参与反应的SiCl4物质的量为（35g+3mol×36.5g/mol-1mol×17g/mol）÷170g/mol=0.75mol；则Nierite中有硅元素和氮元素，化学式中硅原子的个数为140×60%÷28=3，氮原子个数为140×40%÷14=4，故化学式为Si3N4；‎ ‎（2）设K金中含有铜银两种金属，则根据质量关系列等式为64n(Cu)+108n(Ag)=2.832×（1-75%），金与浓硝酸不反应，铜银与浓硝酸发生氧化还原反应，将HNO3还原为NO2和N2O4，NO2和N2O4的混合气与标准状况下84mLO2混合通入水中恰好被完全吸收获得HNO3，根据电子守恒，即Cu、Ag失去的电子总数等于O2得到的电子总数，2n(Cu)+n(Ag)= ，二者联立解得n(Cu)=0.006mol，n(Ag)=0.003mol，Ag的质量分数为=11.44%，Cu的质量分数为25%-11.44%=13.56%。‎ ‎ ‎