广东省东莞市万江中学高三化学上学期11月月考试卷（含解析）.doc

2013-2014学年广东省东莞市万江中学高三（上）月考化学试卷 （11月份）一、单项选择题（每小题4分）1（4分）（2013秋东莞市校级月考）下列涉及有机物性质或应用的说法正确的是（）a保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚氯乙烯b乙烯、聚乙烯都能使溴水褪色c利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可减少白色污染d人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物2（4分）（2013秋东莞市校级月考）设阿伏加德罗常数的值为na，下列叙述正确的是（）a常温下，1l 0.1moll1的nh4no3溶液中nh的数目为0.1nab常温下，4.4g co2和n2o混合物中所含有的原子数为0.3nac标准状况下，2.24l乙烷中含有的非极性键数为0.7nad1molcl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2na3（4分）（2013秋东莞市校级月考）下列离子组能够大量共存的是（）ah+、hco3、no3、clbk+、na+、nh4+、ohcna+、i、no3、so42dfe3+、na+、s2、co324（4分）（2013秋东莞市校级月考）下列叙述正确的是（）a浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性b干燥的氯气无漂白性，液氯具有极强的漂白性c火山喷发产生的火山灰中不可能含有so3气体d高温下sio2与na2co3反应生成na2sio3和co2，证明硅酸酸性强于碳酸5（4分）（2013秋东莞市校级月考）下列实验装置设计正确的是（）a干燥氯气b稀释浓硫酸c实验室制氨气d分馏石油6（4分）（2009广东）下列说法都正确的是（）江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物abcd二、双项选择题（每小题6分；答对得6分，答对但不全得3分，有错不得分）7（6分）（2013秋东莞市校级月考）下表是元素周期表的一部分x、y、z、w均为短周期元素，z元素原子最外层电子数与电子总数之比为3：8下列说法错误的是（）xyzwaz的气态氢化物比w的气态氢化物稳定b原子半径由大到小的顺序为：xycx元素只能形成一种单质dy元素可形成多种氧化物8（6分）（2013秋东莞市校级月考）下列有关物质检验的实验结论正确的是（） 选项实验操作及现象实验结论a向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有so42b向某溶液中加入少量naoh溶液，溶液变浑浊再向溶液中加入naoh溶液至过量，溶液变澄清该溶液中一定含有al3+c某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该气体水溶液一定显碱性d向某溶液中加入盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊该溶液中一定含有co32aabbccdd三、非选择题9（14分）（2013春宣城期中）有机化学反应因反应条件不同，可以生成不同的有机产品已知：（）在光照条件下，苯的同系物与氯气反应，氯原子取代苯环侧链上的氢原子：氢化阿托醛是一种香料，其合成路线如下：（1）a为一氯代物，它的结构简式可能是（2）工业生产过程中，中间产物必须经过得到d，而不采取直接转化为d的方法，原因是（3）写出反应类型：，（4）写出的化学反应方程式（5）氢化阿托醛与氢气1：1加成（已知醛类中的官能团能与氢气发生加成）后的产物c9h12o的同分异构体很多，写出一种符合下列三个条件的c9h12o的同分异构体的结构简式：能与溴水反应，能与naoh溶液反应，分子中只有苯环一种环状结构，且苯环上的一溴代物有两种10（18分）（2013秋东莞市校级月考）根据要求完成下列各小题实验目的（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱（已知酸性：亚硫酸碳酸）连接仪器、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸，加热铜与浓硫酸反应的化学方程式是装置a的作用是除去多余的so2，应加入的试剂是能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是（2）验证so2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性打开b，关闭ah2s溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是bacl2溶液中无明显现象，将其分成两份，补充完成实验报告：实验操作现象解释（用离子方程式表示）向其中一份加入少量氯水向另一份加入少量氨水11（16分）（2013秋东莞市校级月考）铝土矿是工业上制取铝的基本原料为了除去铝土矿中少量的铁红、石英等杂质制得纯净的氧化铝某化学兴趣小组设计探究实验，操作过程如图所示：（1）a、b、c是试剂或方法，a是（写名称）；不溶物1与试剂b反应的离子方程式； c是（2）为了加快流程中的酸溶过程，可以采取的措施是（请写出一条）（3）流程都涉及到“过滤”操作，实验室中过滤需要使用的玻璃仪器有烧杯、（4）写出流程的离子反应方程式（其中通入的二氧化碳是过量的）（5）如果试剂a、b互换，则流程中通入co2应换成的试剂的化学式为12（16分）（2014春雨城区校级月考）fe2+和i是两种常见的还原性离子（1）向feso4溶液中滴加氯水，溶液由浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为；向ki溶液中滴加氯水，溶液由无色变成黄色，反应的离子方程式为（2）请以feso4溶液、ki溶液、氯水为试剂探究fe2+和i的还原性强弱提出假设：假设1：fe2+还原性强于i；假设2：设计实验方案，写出实验步骤、预期现象和结论其他限选试剂：3moll1 h2so4、0.01moll1kmno4、20% kscn、3%h2o2、淀粉溶液、紫色石蕊溶液实验步骤预期现象与结论步骤1：取2mlfeso4溶液和2mlki溶液混合于试管中，再现象：溶液变成黄色结论：可能是生成了fe3+、也可能是生成了i2步骤2：（3）利用（2）中提供的试剂证明碘与铁的化合物中铁显+2价，实验操作和现象是：取少量样品溶于水，2013-2014学年广东省东莞市万江中学高三（上）月考化学试卷 （11月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题4分）1（4分）（2013秋东莞市校级月考）下列涉及有机物性质或应用的说法正确的是（）a保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚氯乙烯b乙烯、聚乙烯都能使溴水褪色c利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可减少白色污染d人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能专题：有机化合物的获得与应用分析：a食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚乙烯；b碳碳双键能使溴水褪色，单键不能使溴水褪色；c利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒可以减缓环境污染；d有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，可达几万至几十万，甚至达几百万或更大解答：解：a食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚乙烯，不能使用聚氯乙烯，聚氯乙烯对人体有害，故a错误； b根乙烯和聚乙烯的结构知，乙烯中含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应；聚乙烯中只有单键，所以聚乙烯不能使溴水褪色，故b错误；c利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染，故c正确；d人造纤维、合成纤维都是有机高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，不是有机高分子化合物，故d错误故选c点评：本题考查了常用合成高分子材料的化学成分及其性能，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握2（4分）（2013秋东莞市校级月考）设阿伏加德罗常数的值为na，下列叙述正确的是（）a常温下，1l 0.1moll1的nh4no3溶液中nh的数目为0.1nab常温下，4.4g co2和n2o混合物中所含有的原子数为0.3nac标准状况下，2.24l乙烷中含有的非极性键数为0.7nad1molcl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2na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硝酸铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液中铵根离子数目减少；bco2和n2o的摩尔质量都是44g/mol，二者分子中都含有3个原子；c乙烷分子中的非极性键为碳碳键，乙烷分子中含有1个非极性键；d氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气完全反应转移了1mol电子解答：解：a1l 0.1moll1的nh4no3溶液中含有0.1mol溶质硝酸铵，由于铵根离子部分水解，溶液中铵根离子的物质的量小于0.1mol，含有的铵根离子数目小于na，故a错误；b4.4g co2和n2o的物质的量为0.1mol，0.1molco2和n2o的混合物中含有0.3mol原子，所含有的原子数为0.3na，故b正确；c标况下2.24l乙烷的物质的量为0.1mol，0.1mol乙烷分子中含有0.1mol碳碳非极性键，含有的非极性键数为0.1na，故c错误；d.1mol氯气与氢氧化钠溶液完全反应转移了1mol电子，转移的电子数为na，故d错误；故选b点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，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，明确乙烷分子中含有的非极性键类型及数目，选项d为易错点，注意氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂3（4分）（2013秋东莞市校级月考）下列离子组能够大量共存的是（）ah+、hco3、no3、clbk+、na+、nh4+、ohcna+、i、no3、so42dfe3+、na+、s2、co32考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体、弱电解质，不能发生氧化还原反应、互促水解反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：ah+、hco3反应生成水和二氧化碳而不能大量共存，故a错误；bnh4+、oh反应生成氨气、水而不能大量共存，故b错误；c离子之间不发生任何反应，可大量共存，故c正确；dfe3+与s2、co32发生互促水解反应，且fe3+可与s2发生氧化还原反应，故d错误故选c点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，注意常见物质的溶解性及复分解反应发生的条件即可解答，题目难度不大4（4分）（2013秋东莞市校级月考）下列叙述正确的是（）a浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性b干燥的氯气无漂白性，液氯具有极强的漂白性c火山喷发产生的火山灰中不可能含有so3气体d高温下sio2与na2co3反应生成na2sio3和co2，证明硅酸酸性强于碳酸考点：硝酸的化学性质；氯气的化学性质；硅和二氧化硅专题：卤族元素；氮族元素；碳族元素分析：a、浓硝酸和稀硝酸中+5价氮的氧化性，所以不管浓还是稀硝酸都具有强氧化性；b、氯气的漂白是次氯酸的漂白，所以液氯也没有漂白性；c、火山喷发有so2产生，在火山灰催化情况下可被o2氧化为so3；d、高温下，二氧化硅能和碳酸钠反应，不能说明碳酸酸性小于硅酸解答：解：a、浓硝酸和稀硝酸中+5价氮的氧化性，所以不管浓还是稀硝酸都具有强氧化性，故a正确；b、氯气的漂白是次氯酸的漂白，所以液氯也没有漂白性，故b错误；c、火山喷发有so2产生，在火山灰催化情况下可被o2氧化为so3，故c错误；d、高温下，二氧化硅能和碳酸钠反应，不能说明碳酸酸性小于硅酸，故d错误；故选a点评：本题考查元素化合物的性质，综合性强，记忆性的东西较多，比较容易5（4分）（2013秋东莞市校级月考）下列实验装置设计正确的是（）a干燥氯气b稀释浓硫酸c实验室制氨气d分馏石油考点：化学实验方案的评价；气体的净化和干燥；氨的制取和性质专题：实验评价题分析：a干燥氯气时，通入氯气的导管应该采用长进短出的方式；b稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸缓缓倒入水中；c大试管管口稍向下倾斜，收集氨气的试管口塞一团棉花；d温度计应在蒸馏烧瓶支管口处解答：解：a通入氯气的导管应该为长进短出，否则会将浓硫酸排出，无法达到实验目的，故a错误；b稀释浓硫酸时，由于浓硫酸密度大于水，其稀释过程中放出大量热，所以应该将浓硫酸沿器壁缓缓加入水中，顺序不能颠倒，并用玻璃杯不断搅拌，故b错误；c实验室制取氨气装置中，反应装置中大试管管口稍向下倾斜，收集氨气的试管口塞一团棉花，故c正确；d温度计应测定馏分的温度，则温度计应在蒸馏烧瓶支管口处，故d错误；故选c点评：本题考查了常见的化学实验基本操作方法判断，题目难度中等，注意掌握气体的干燥与净化、氨气的实验室制法和蒸馏等实验装置及正确的操作方法6（4分）（2009广东）下列说法都正确的是（）江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物abcd考点：胶体的重要性质；极性键和非极性键；生活中常见合金的组成；常用合成高分子材料的化学成分及其性能专题：化学应用分析：本题根据胶体的性质，带不同电荷的胶粒相遇时会形成沉淀；钢材是铁和碳的合金，比例不同所得材料性状不同；硫酸钡是一种沉淀，但哎溶液中的硫酸钡只要溶解就会完全电离，为强电解质；硅元素在元素周期表中的位置；氯气的化学键为非极性键；橡胶、淀粉等都为高分子化合物，因为分子量比较大等知识点来解题解答：解：根据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故正确；钢材是铁和碳的合金，正确；“钡餐”是硫酸钡，但硫酸钡是强电解质，因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的部分确实完全电离的 错；硅元素位于周期表第三周期第a主族，是处于金属与非金属的交界处，正确；氯气是由非极性键组成的单质，错；橡胶是高分子化合物，正确故选b点评：本题考查了胶体中胶粒是带电荷的，生活中常见物质钢铁、钡餐、橡胶的组成和成分，元素周期表中元素的位置，氯气是由非极性键组成的分子等知识点二、双项选择题（每小题6分；答对得6分，答对但不全得3分，有错不得分）7（6分）（2013秋东莞市校级月考）下表是元素周期表的一部分x、y、z、w均为短周期元素，z元素原子最外层电子数与电子总数之比为3：8下列说法错误的是（）xyzwaz的气态氢化物比w的气态氢化物稳定b原子半径由大到小的顺序为：xycx元素只能形成一种单质dy元素可形成多种氧化物考点：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：x、y、z、w均为短周期元素，根据元素周期表知，z属于第三周期元素，z元素原子最外层电子数与电子总数之比为3：8，设z的最外层电子数是x，则x：（x+10）=3：8，x=6，所以z是s元素，则w是cl元素、y是n元素、x是c元素，a非金属性越强，气体氢化物的稳定性越强；b同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；c根据其单质是否能形成同素异形体判断；d根据y元素的化合价判断其氧化物种类解答：解：x、y、z、w均为短周期元素，根据元素周期表知，z属于第三周期元素，z元素原子最外层电子数与电子总数之比为3：8，设z的最外层电子数是x，则x：（x+10）=3：8，x=6，所以z是s元素，则w是cl元素，y是n元素，x是c元素，az是s元素、w是cl元素，非金属性：scl，则气体氢化物的稳定性：h2shcl，即：z的气态氢化物不如w的气态氢化物稳定，故a错误；bx、y位于同一周期，x的原子序数小于y，则原子半径：xy，故b正确；cx为c元素，碳元素存在金刚石、石墨等多种同素异形体，故c错误；dy为n元素，n元素有多种化合价，所以其氧化物有多种，故d正确；故选ac点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等知识，题目难度中等，正确推断元素名称是解题关键，注意整体把握元素周期律内容、周期表的结构8（6分）（2013秋东莞市校级月考）下列有关物质检验的实验结论正确的是（） 选项实验操作及现象实验结论a向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有so42b向某溶液中加入少量naoh溶液，溶液变浑浊再向溶液中加入naoh溶液至过量，溶液变澄清该溶液中一定含有al3+c某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该气体水溶液一定显碱性d向某溶液中加入盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊该溶液中一定含有co32aabbccdd考点：化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质检验鉴别题分析：a白色沉淀可能为agcl；b白色沉淀为氢氧化铝，具有两性；c气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气；d产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，气体为二氧化碳或二氧化硫解答：解：a白色沉淀可能为agcl，则先加盐酸排除干扰，不生成沉淀，再加氯化钡生成沉淀，溶液中一定含有so42，故a错误；b白色沉淀为氢氧化铝，具有两性，则溶液中加入少量naoh溶液，溶液变浑浊再向溶液中加入naoh溶液至过量，溶液变澄清，则溶液中一定含有al3+，故b正确；c气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，则水溶液一定显碱性，故c正确；d产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，气体为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能含有co32、hco3，或so32、hso3，故d错误；故选bc点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握常见离子的检验、物质的性质、气体的检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大三、非选择题9（14分）（2013春宣城期中）有机化学反应因反应条件不同，可以生成不同的有机产品已知：（）在光照条件下，苯的同系物与氯气反应，氯原子取代苯环侧链上的氢原子：氢化阿托醛是一种香料，其合成路线如下：（1）a为一氯代物，它的结构简式可能是（2）工业生产过程中，中间产物必须经过得到d，而不采取直接转化为d的方法，原因是a有两种结构，直接水解不能生成纯净产物，生成的是混合物（3）写出反应类型：消去反应，加成反应（4）写出的化学反应方程式（5）氢化阿托醛与氢气1：1加成（已知醛类中的官能团能与氢气发生加成）后的产物c9h12o的同分异构体很多，写出一种符合下列三个条件的c9h12o的同分异构体的结构简式：能与溴水反应，能与naoh溶液反应，分子中只有苯环一种环状结构，且苯环上的一溴代物有两种考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：根据题中各物质转化关系，a为一氯代物，与氯气在光照条件下发生取代反应生成a为，根据氢化阿托醛的结构可知d为，比较a和d的结构，可知a发生消去反应生成b，b与氯化氢在双氧水的条件下发生信息中的加成反应生成c，c水解得d，所以b为，c为，据此答题解答：解：根据题中各物质转化关系，a为一氯代物，与氯气在光照条件下发生取代反应生成a为，根据氢化阿托醛的结构可知d为，比较a和d的结构，可知a发生消去反应生成b，b与氯化氢在双氧水的条件下发生信息中的加成反应生成c，c水解得d，所以b为，c为，（1）根据上面的分析可知，a为，故答案为：；（2）因为a有两种结构，直接水解不能生成纯净产物，生成的是混合物，所以工业生产过程中，中间产物必须经过得到d，而不采取直接转化为d的方法，故答案为：a有两种结构，直接水解不能生成纯净产物，生成的是混合物；（3）反应为消去反应，反应为加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；（4）的化学反应方程式为，故答案为：；（5）氢化阿托醛与氢气1：1加成（已知醛类中的官能团能与氢气发生加成）后的产物c9h12o的同分异构体，符合下列三个条件能与溴水反应，能与naoh溶液反应，分子中只有苯环一种环状结构，且苯环上的一溴代物有两种符合条件的c9h12o的同分异构体的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是根据有机物的官能团和性质结合反应条件正确推断有机物的结构，易错点为同分异构体的书写，注意判断的角度10（18分）（2013秋东莞市校级月考）根据要求完成下列各小题实验目的（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱（已知酸性：亚硫酸碳酸）连接仪器、检验装置的气密性、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸，加热铜与浓硫酸反应的化学方程式是cu+2h2so4（浓） cuso4+so2+2h2o装置a的作用是除去多余的so2，应加入的试剂是酸性高锰酸钾溶液能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是a中kmno4溶液没有完全褪色，盛有na2sio3溶液的试管中出现白色沉淀（2）验证so2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性打开b，关闭ah2s溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是2h2s+so2=3s+2h2obacl2溶液中无明显现象，将其分成两份，补充完成实验报告：实验操作现象解释（用离子方程式表示）向其中一份加入少量氯水向另一份加入少量氨水考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律专题：实验探究和数据处理题分析：（1）、反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性；、铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫、水；、装置a的作用是除去二氧化硫，防止干扰二氧化碳与水硅酸钠的反应，可以利用强氧化性物质如：酸性高锰酸钾溶液；、利用强酸制备弱酸，酸性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强；（2）、h2s溶液中二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质与水；、应后的bacl2溶液中含有亚硫酸，亚硫酸被氯水氧化物硫酸，亚硫酸与氨水反应生成亚硫酸铵，据此解答解答：解：（1）、装置a中反应制备气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，故答案为：检验装置的气密性；、铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，所以反应方程式为：cu+2h2so4（浓） cuso4+so2+2h2o，故答案为：cu+2h2so4（浓） cuso4+so2+2h2o；、装置a的作用是除去二氧化硫，防止干扰二氧化碳与水硅酸钠的反应，可以利用强氧化性物质如：酸性高锰酸钾溶液，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；、利用强酸制备弱酸，酸性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强，a中kmno4溶液没有完全褪色，盛有na2sio3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强，故答案为：a中kmno4溶液没有完全褪色，盛有na2sio3溶液的试管中出现白色沉淀；（2）、h2s溶液中二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质与水，反应离子方程式为：2h2s+so2=3s+2h2o，故答案为：2h2s+so2=3s+2h2o；、应后的bacl2溶液中含有亚硫酸，亚硫酸被氯水氧化物硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡，亚硫酸与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成硫酸钡，故都产生白色沉淀，故答案为：实验操作现象解释（离子方程式）向其中一份加入少量氯水有白色沉淀产生ba2+so2+cl2+2h2obaso4+4h+2cl或：ba2+h2so3+cl2+h2obaso4+4h+2cl向另一份加入少量氨水有白色沉淀产生ba2+so2+2nh3h2obaso3+2nh4+h2o或：ba2+h2so3+2nh3h2obaso3+2nh4+2h2o点评：本题考查实验方案的设计，涉及化学用语、物质性质、对装置的理解等，难度不大，理解实验原理是解题的关键，注意基础知识的理解掌握11（16分）（2013秋东莞市校级月考）铝土矿是工业上制取铝的基本原料为了除去铝土矿中少量的铁红、石英等杂质制得纯净的氧化铝某化学兴趣小组设计探究实验，操作过程如图所示：（1）a、b、c是试剂或方法，a是盐酸（写名称）；不溶物1与试剂b反应的离子方程式sio2+2oh=sio32+h2o； c是灼烧（2）为了加快流程中的酸溶过程，可以采取的措施是将铝土矿碎成粉末；增大酸的浓度等（请写出一条）（3）流程都涉及到“过滤”操作，实验室中过滤需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗（4）写出流程的离子反应方程式（其中通入的二氧化碳是过量的）alo2+co2+2h2o=hco3+al（oh）3（5）如果试剂a、b互换，则流程中通入co2应换成的试剂的化学式为氨水考点：镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物；制备实验方案的设计专题：几种重要的金属及其化合物分析：氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱fe2o3溶于强酸，不溶于碱，sio2只溶于强碱，不溶于酸由工艺流程可知，溶液乙中通入二氧化碳得到不溶物，不溶物可以得到氧化铝，故溶液乙中含有偏铝酸根，则a应为盐酸，过滤得到不溶为sio2，溶液甲中含有铝离子、铁离子，再加入氢氧化钠溶液，除去铁离子，不溶物为氢氧化铁，将铝离子转化为偏铝酸根，过滤偏铝酸根进入溶液乙中，在溶液中与二氧化碳反应生成al（oh）3，加热生成al2o3；若将a、b互换，溶液甲中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，再加入盐酸，溶液乙中主要含有铝离子、氯离子、钠离子，应加入氨水将铝离子转化氢氧化铝沉淀加热溶液乙，hcl挥发、铝离子水解，得到al（oh）3及nacl，灼烧al（oh）3分解生成al2o3，据此解答解答：解：氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱fe2o3溶于强酸，不溶于碱，sio2只溶于强碱，不溶于酸由工艺流程可知，溶液乙中通入二氧化碳得到不溶物，不溶物可以得到氧化铝，故溶液乙中含有偏铝酸根，则a应为盐酸，过滤得到不溶为sio2，溶液甲中含有铝离子、铁离子，再加入氢氧化钠溶液，除去铁离子，不溶物为氢氧化铁，将铝离子转化为偏铝酸根，过滤偏铝酸根进入溶液乙中，在溶液中与二氧化碳反应生成al（oh）3，加热生成al2o3，（1）由上述分析可知，a为盐酸，不溶物1为sio2，b为氢氧化钠溶液，故反应的离子方程式为sio2+2oh=sio32+h2o，不溶物3为氢氧化铝通过操作c生成氧化铝故c是灼烧，故答案为：盐酸；sio2+2oh=sio32+h2o；灼烧；（2）为了加快流程中的酸溶过程，实质是加快反应速率，故可以将铝土矿碎成粉末；增大酸的浓度等；故答案：将铝土矿碎成粉末；增大酸的浓度等；（3）过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案：玻璃棒、漏斗；（4）流程是偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应离子方程式为：alo2+co2+2h2o=hco3+al（oh）3，故答案为：alo2+co2+2h2o=hco3+al（oh）3；（5）若将a、b互换，溶液甲中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，再加入盐酸，溶液乙中主要含有铝离子、氯离子、钠离子，应加入氨水将铝离子转化氢氧化铝沉淀，故答案为：氨水；点评：本题以框图题形式考查铝的化合物的性质、对工艺流程的理解等，难度中等，理解工艺流程是解题关键，是对知识迁移的综合运用12（16分）（2014春雨城区校级月考）fe2+和i是两种常见的还原性离子（1）向feso4溶液中滴加氯水，溶液由浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为2fe2+cl2=2cl+2fe3+；向ki溶液中滴加氯水，溶液由无色变成黄色，反应的离子方程式为2i+cl2=2cl+i2（2）请以feso4溶液、ki溶液、氯水为试剂探究fe2+和i的还原性强弱提出假设：假设1：fe2+还原性强于i；假设2：i还原性强于fe2+设计实验方案，写出实验步骤、预期现象和结论其他限选试剂：3moll1 h2so4、0.01moll1