江西省宜市万载二中高考化学五模试卷（含解析）.doc

2016年江西省宜春市万载二中高考化学五模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1已知短周期元素的离子aa2+、bb+、cc3、dd都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）a原子半径 abdcb原子序数 dcbac离子半径 cdbad单质的还原性 abdc2离子方程式co32+2h+h2o+co2中co32的代表的物质可以是（）acaco3bnahco3cna2co3dbaco33已知1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量242kj，且氧气中1mol o=o键完全断裂时吸收热量496kj，水蒸气中1mol ho键形成时放出热量463kj，则氢气中1mol hh键断裂时吸收热量为（）a920 kjb557 kjc436 kjd188 kj4可以用分液漏斗分离的一组混合物是（）a酒精和碘b苯和水c乙酸和水d溴和四氯化碳5下列各项反应对应的图象错误的是（）a将饱和fecl3溶液滴入沸水中制备fe（oh）3胶体b将稀盐酸逐滴加入一定量偏铝酸钠溶液中c将二氧化硫逐渐通入一定量氯水中d将铜粉逐渐加入一定量浓硝酸中6有a、b两个完全相同的装置，某学生分别在它们的侧管中装入1.06g na2co3和0.84g nahco3，a、b中分别有10ml相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（）aa装置的气球膨胀速率大b若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/lc若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/ld最终两试管中na+、cl的物质的量一定相同7醋酸在水溶液中存在下列电离平衡：ch3coohch3coo+h+下列说法不正确的是（）a加入醋酸钠，平衡向左移动b加入碳酸钠，平衡向右移动c加水稀释，c（h+）减小d加水稀释，溶液中仅有的三种离子浓度都减小8下列有关锌锰干电池的说法中正确的是（）a锌外壳是负极，石墨碳棒是正极材料b在外电路中电子从碳棒流向锌外壳c电流从锌流到碳棒上d在电池内部阳离子从碳棒向锌片移动二、解答题（共4小题，满分42分）9某研究性学习小组进行如下探究活动：实验目的：探究cl2、br2、i2的氧化性强弱查阅资料：常温下，高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气；溴单质易挥发，碘单质易生华；淀粉溶液遇到碘单质变蓝色；溴、碘在不同溶剂中所形成溶液（从稀到浓）的颜色变化如图所示水四氯化碳溴黄棕橙橙红碘深黄褐紫深紫实验方案：该小组设计如图所示装置实验（夹持仪器已略去，装置气密性完好）实验过程：先打开弹簧夹，再打开活塞a，滴加浓盐酸当b和c中的溶液都变黄时，加紧弹簧夹当b中的溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a回答以下问题：（1）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是，写出该反应的化学方程式；（2）为验证溴的氧化性强于碘，过程的操作和现象是，写出该反应的离子方程式；（3）由实验得到的氯、溴、碘单质的氧化性由强到弱的顺序为；（4）你认为实验中为什么要加过程这一步操作，请简述个人观点10铵明矾【nh4al（so4）212h2o】是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备用芒硝（na2so410h2o）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1： 完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈性，它可用于净水，原因是；向其溶液中逐滴加入naoh溶液至过量，可观察到的现象是（2）写出过程的化学反应方程式（3）若省略过程，直接将硫酸铝溶液加入滤液a中，铵明矾的产率会明显降低，原因是（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大加入硫酸铝后，经过程iii的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、过滤洗涤、干燥（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份夹住止水夹k1，打开止水夹k2，用酒精喷灯充分灼烧实验过程中，装置a和导管中未见红棕色气体；试管c中的品红溶液褪色；在支口处可检验到nh3，方法是；在装置a与b之间的t型导管中出现白色固体，该白色固体可能是（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置a试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于naoh溶液的离子方程式该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是nh3、n2、so3、so2和h2o，且相同条件下测得生成n2和so2的体积比是定值，v（n2）：v（so2）=11已知sio2、so2和co2都是酸性氧化物，化学性质具有一定的相似性；mg和na的化学性质也具有一定相似性i、用如图所示装置进行mg与so2反应的实验（1）选择制取so2的合适试剂10%的h2so4溶液 70%的h2so4溶液 na2so3固体 caso3固体（2）写出装置b中发生的主要反应的化学方程式装置c中naoh溶液的作用是（3）该装置仍有不足之处，请说明、某研究小组进行了“实验室制si”的研究，它们以课本为基础，查阅资料得到以下可供参考的四条信息：mg在加热的条件下即可与sio2反应金属硅化物与稀h2so4反应生成硫酸盐与sih4si和sio2均不与稀h2so4反应sih4在空气中自燃他们在研究报告中记载着“选用合适的物质在适宜的条件下充分反应；再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤、洗涤、干燥；最后称量在用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右”（4）该小组“实验室制si”的化学方程式是（5）你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花”的原因是（用化学方程式说明）：12乙醇在一定条件下可被氧化，某同学利用下列装置进行乙醇的催化氧化实验，并检验其产物，其中c装置的试管中盛有无水乙醇已知乙醛在加热条件下能与新制cu（oh）2反应生成cu2o回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为（填仪器接口的字母编号）（加热和夹持装置已略去）（2）b装置中发生的化学方程式（3）f装置中的固体试剂是，发生反应的化学方程式为反应一断时间后移去酒精灯，反应能继续进行，其原因是（4）a装置和d装置中的实验现象分别为（5）为了提高乙醇的转化率，可以对c装置进行改进，提出你的改进意见2016年江西省宜春市万载二中高考化学五模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1已知短周期元素的离子aa2+、bb+、cc3、dd都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）a原子半径 abdcb原子序数 dcbac离子半径 cdbad单质的还原性 abdc【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】电子层结构相同的阴阳离子，阳离子原子序数大于阴离子，电子层结构相同的阳离子，阳离子所带电荷越多，原子序数越大，电子层结构相同的阴离子，阴离子所带电荷越多其原子序数越小，所以这几种元素的原子序数大小顺序是abdc，再结合元素周期律来分析解答【解答】解：电子层结构相同的阴阳离子，阳离子原子序数大于阴离子，电子层结构相同的阳离子，阳离子所带电荷越多，原子序数越大，电子层结构相同的阴离子，阴离子所带电荷越多其原子序数越小，所以这几种元素的原子序数大小顺序是abdc，a原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是badc，故a错误；b通过以上分析知，其原子序数大小顺序是abdc，故b错误；c电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径大小顺序是cdba，故c正确；d同一周期中，金属性随着原子序数的增大而减小，非金属性随着原子序数的增大而增大，金属性越强的元素其还原性越强，所以单质的还原性大小顺序是bacd，故d错误；故选：c【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，本题根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，题目难度中等2离子方程式co32+2h+h2o+co2中co32的代表的物质可以是（）acaco3bnahco3cna2co3dbaco3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】在书写离子方程式时，只有易溶于水的强电解质才能拆成离子的形式【解答】解：离子方程式co32+2h+=h2o+co2中co32的代表的物质可以是易溶于水的碳酸盐a、碳酸钙是白色难溶于水的沉淀，故a错误；b、碳酸氢钠是易溶于水的碳酸氢盐，拆成钠离子和碳酸氢根离子，故b错误；c、碳酸钠是易溶于水的碳酸盐，故c正确；d、碳酸钡是白色难溶于水的沉淀，故d错误故选c【点评】本题考查学生离子方程式的书写知识，可以根据教材知识来回答，较简单3已知1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量242kj，且氧气中1mol o=o键完全断裂时吸收热量496kj，水蒸气中1mol ho键形成时放出热量463kj，则氢气中1mol hh键断裂时吸收热量为（）a920 kjb557 kjc436 kjd188 kj【考点】有关反应热的计算【分析】根据化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，结合反应方程式进行计算【解答】解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molhh键断裂时吸收热量为q，根据方程式：h2+o2h2o，则242kj=2463kj（q+496kj），解得q=436kj，故选c【点评】本题考查反应热的相关计算，难度不大，计算的方法是解题的关键4可以用分液漏斗分离的一组混合物是（）a酒精和碘b苯和水c乙酸和水d溴和四氯化碳【考点】分液和萃取【专题】化学实验基本操作【分析】分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开【解答】解：a、酒精和碘是互溶的，不能用分液漏斗分离，故a错误；b、苯和水是互不相溶的两层液体，能用分液漏斗分离，故b正确；c、乙酸和水是互溶的，不能用分液漏斗分离，故c错误；d、溴和四氯化碳是互溶的，不能用分液漏斗分离，故d错误故选b【点评】本题考查学生物质分离方法中的分液法，熟记教材知识是解题的关键所在，难度不大5下列各项反应对应的图象错误的是（）a将饱和fecl3溶液滴入沸水中制备fe（oh）3胶体b将稀盐酸逐滴加入一定量偏铝酸钠溶液中c将二氧化硫逐渐通入一定量氯水中d将铜粉逐渐加入一定量浓硝酸中【考点】胶体的重要性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质【专题】图像图表题；元素及其化合物【分析】a水解反应为吸热反应；b反应的离子方程式分别为h+alo2+h2o=al（oh）3、al（oh）3+3h+=al3+3h2o，根据方程式判断；c反应的方程式为cl2+so2+2h2o=2cl+4h+so42；d根据铜和浓、稀硝酸反应生成气体的体积与铜的关系式分析【解答】解：a将饱和fecl3溶液滴入沸水中制备fe（oh）3胶体为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，故a正确；b反应的离子方程式分别为h+alo2+h2o=al（oh）3、al（oh）3+3h+=al3+3h2o，故图象中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故b错误；c反应的方程式为cl2+so2+2h2o=2cl+4h+so42，随着二氧化硫的通入，ph会降低，直到氯气反应完全，ph不变，故c正确；d铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故d正确，故选b【点评】本题考查了元素化合物的性质，侧重于识图和作图的能力，注意二氧化硫和氯气能发生氧化还原反应而生成硫酸和盐酸，硝酸的性质与浓度的关系，难度中等6有a、b两个完全相同的装置，某学生分别在它们的侧管中装入1.06g na2co3和0.84g nahco3，a、b中分别有10ml相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（）aa装置的气球膨胀速率大b若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1mol/lc若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2mol/ld最终两试管中na+、cl的物质的量一定相同【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】a、根据反应速率判断；b、根据碳方程式判断生成二氧化碳的体积；c、根据碳方程式判断生成二氧化碳的体积；d、根据na+、cl的物质的量判断【解答】解：1.06g na2co3和0.84g nahco3的物质的量都是0.01nola、碳酸钠和酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，所以a装置的气球膨胀速率小，故a错误；b、碳酸钠和酸反应的离子方程式为：co32+h+=hco3、hco3+h+=co2 +h2o，碳酸氢钠和酸反应的离子方程式为hco3+h+=co2 +h2o；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0酸的物质的量0.02mol，所以其浓度大于0小于2mol/l，故b错误；c、1.06g na2co3和0.84g nahco3的物质的量相同，若最终两气球体积相同，说明酸的物质的量大于或等于0.02mol，所以其浓度大于或等于2mol/l，故c正确；d、1.06g na2co3和0.84g nahco3的物质的量相同，所以na2co3和 nahco3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中na+的物质的量一定不相同，故d错误；故选c【点评】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，碳酸钠和酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳7醋酸在水溶液中存在下列电离平衡：ch3coohch3coo+h+下列说法不正确的是（）a加入醋酸钠，平衡向左移动b加入碳酸钠，平衡向右移动c加水稀释，c（h+）减小d加水稀释，溶液中仅有的三种离子浓度都减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a加入ch3coona，溶液中c（ch3coo）增大，抑制ch3cooh电离；b加入na2co3，na2co3和h+反应生成二氧化碳，促进ch3cooh电离；c加水稀释促进ch3cooh电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度；d加水稀释促进ch3cooh电离，但溶液中c（oh）增大【解答】解：a加入ch3coona，溶液中c（ch3coo）增大，抑制ch3cooh电离，所以平衡向右移动，故a正确；b加入na2co3，na2co3和h+反应生成二氧化碳，促进ch3cooh电离，所以平衡向右移动，故b正确；c加水稀释促进ch3cooh电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（h+）减小，故c正确；d加水稀释促进ch3cooh电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（h+）减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（oh）增大，故d错误；故选d【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据溶液中离子浓度变化确定醋酸电离平衡移动方向，注意水的离子积常数、醋酸电离平衡常数只与无关有关，为易错点8下列有关锌锰干电池的说法中正确的是（）a锌外壳是负极，石墨碳棒是正极材料b在外电路中电子从碳棒流向锌外壳c电流从锌流到碳棒上d在电池内部阳离子从碳棒向锌片移动【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a、阳极原电池原理分析，失电子的做负极，在正极上得到电子发生还原反应；b、原电池中电子流向从负极沿导线流向正极；c、原电池中电子流向从负极沿导线流向正极；电流方向从正极流向负极；d、原电池中电解质溶液中阳离子移向正极【解答】解：a、阳极原电池原理分析，失电子的做负极，在正极上得到电子发生还原反应；锌外壳失电子是负极，石墨碳棒是正极材料，故a正确；b、原电池中电子流向从负极沿导线流向正极；在外电路中电子从锌外壳流向碳棒，故b错误；c、原电池中电子流向从负极沿导线流向正极；电流方向从正极流向负极；电流从碳棒流到锌上，故c错误；d、原电池中电解质溶液中阳离子移向正极，从锌移向碳棒，故d错误；故选a【点评】本题考查了原电池盒电解池工作原理的应用，电极名称，电极判断，电流和电子流向分析，题目较简单二、解答题（共4小题，满分42分）9某研究性学习小组进行如下探究活动：实验目的：探究cl2、br2、i2的氧化性强弱查阅资料：常温下，高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气；溴单质易挥发，碘单质易生华；淀粉溶液遇到碘单质变蓝色；溴、碘在不同溶剂中所形成溶液（从稀到浓）的颜色变化如图所示水四氯化碳溴黄棕橙橙红碘深黄褐紫深紫实验方案：该小组设计如图所示装置实验（夹持仪器已略去，装置气密性完好）实验过程：先打开弹簧夹，再打开活塞a，滴加浓盐酸当b和c中的溶液都变黄时，加紧弹簧夹当b中的溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a回答以下问题：（1）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是a中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，写出该反应的化学方程式cl2+2kii2+2kcl；（2）为验证溴的氧化性强于碘，过程的操作和现象是打开活塞b，将分液漏斗中的黄色溶液滴入d中，关闭活塞b，取下试管d振荡，静置，观察到d中ccl4层溶液变为紫红色，说明溴的氧化性强于碘，写出该反应的离子方程式2i+br 2=2br+i2；（3）由实验得到的氯、溴、碘单质的氧化性由强到弱的顺序为cl2br2i2；（4）你认为实验中为什么要加过程这一步操作，请简述个人观点b、c中的nabr溶液的浓度和体积均相同，棕色溶液b含有的溴单质比黄色溶液c中的多，说明c中还存有溴离子，不存在氯气，确保了氯气不干扰溴与碘化钾的反应【考点】性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】a装置：高锰酸钾具有强氧化性，与浓盐酸反应：2kmno4+16hcl（浓）=2kcl+2mncl2+5cl2+8h2o生成氯气，氯气的氧化性强于碘，氯气与湿润的淀粉碘化钾反应：cl2+2ii2+2cl，碘单质遇淀粉显示蓝色，b装置：氯气的氧化性强于溴，将氯气通入nabr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：cl2+2brbr2+2cl；浸有氢氧化钠的棉花吸收氯气、溴蒸气，c装置：验证溴的氧化性强于碘，c中生成的溴通入到盛有ki溶液的d中，发生氧化还原反应，静至后ccl4层溶液变为紫红色（1）氯气氧化性强于单质碘，碘遇淀粉变蓝色；（2）如ccl4层溶液变为紫红色，则说明有碘生成，为验证溴的氧化性强于碘，应将c中生成的溴加入到盛有ki溶液的d中，如发生氧化还原反应，则静至后ccl4层溶液变为紫红色；（3）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析，氧化性cl2br2i2；（4）当b中的溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a，保证c中还存有溴离子，避免氯气干扰溴与碘化钾的反应【解答】解：（1）高锰酸钾具有强氧化性，与浓盐酸反应：2kmno4+16hcl（浓）=2kcl+2mncl2+5cl2+8h2o生成氯气，氯气的氧化性强于碘，氯气与湿润的淀粉碘化钾反应：cl2+2kii2+2kcl，碘单质遇淀粉显示蓝色，故答案为：a中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；cl2+2kii2+2kcl；（2）为验证溴的氧化性强于碘，应将c中生成的溴加入到盛有ki溶液的d中，如发生氧化还原反应，则静至后ccl4层溶液变为紫红色，操作为：打开活塞b，将分液漏斗中的黄色溶液滴入d中，关闭活塞b，取下试管d振荡，静置，观察到d中ccl4层溶液变为紫红色，说明溴的氧化性强于碘，反应为：2i+br 2=2br+i2，故答案为：打开活塞b，将分液漏斗中的黄色溶液滴入d中，关闭活塞b，取下试管d振荡，静置，观察到d中ccl4层溶液变为紫红色，说明溴的氧化性强于碘；2i+br 2=2br+i2；（3）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氯气与湿润的淀粉碘化钾反应：cl2+2kii2+2kcl，碘单质遇淀粉显示蓝色，氯气的氧化性强于碘，b装置：将氯气通入nabr溶液中会有单质溴生成，氯的氧化性强于溴，c中生成的溴加入到盛有ki溶液的d中，2ki+br 2=2kbr+i2，溴的氧化性强于碘，所以氧化性cl2br2i2，故答案为：cl2br2i2；（4）b、c中的nabr溶液的浓度和体积均相同，棕色溶液b含有的溴单质比黄色溶液c中的多，说明c中还存有溴离子，不存在氯气，如有氯气，氯气会继续氧化溴离子，所以能保证氯气不干扰溴与碘化钾的反应，故答案为：b、c中的nabr溶液的浓度和体积均相同，棕色溶液b含有的溴单质比黄色溶液c中的多，说明c中还存有溴离子，不存在氯气，确保了氯气不干扰溴与碘化钾的反应【点评】本题为探究题和实验设计题，用以比较卤素单质的氧化性强弱，注意本题中要排除干扰因素的存在，掌握氧化还原反应有关知识以及卤素的性质是解答的关键，综合考查了学生灵活运用知识的能力10铵明矾【nh4al（so4）212h2o】是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备用芒硝（na2so410h2o）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1： 完成下列填空：（1）铵明矾溶液呈酸性，它可用于净水，原因是铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水；向其溶液中逐滴加入naoh溶液至过量，可观察到的现象是先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的naoh溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失（2）写出过程的化学反应方程式2nh4hco3+na2so4=2nahco3+（nh4）2so4 （3）若省略过程，直接将硫酸铝溶液加入滤液a中，铵明矾的产率会明显降低，原因是省略过程，因hco3与al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大加入硫酸铝后，经过程iii的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份夹住止水夹k1，打开止水夹k2，用酒精喷灯充分灼烧实验过程中，装置a和导管中未见红棕色气体；试管c中的品红溶液褪色；在支口处可检验到nh3，方法是打开k1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；在装置a与b之间的t型导管中出现白色固体，该白色固体可能是（nh4）2so3（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置a试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于naoh溶液的离子方程式al2o3+2oh=2alo2+h2o该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是nh3、n2、so3、so2和h2o，且相同条件下测得生成n2和so2的体积比是定值，v（n2）：v（so2）=1：3【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与溶液a，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为nahco3，过程i利用溶解度不同发生复分解反应：2nh4hco3+na2so4=2nahco3+（nh4）2so4 ，滤液a中含有（nh4）2so4 及溶解的nh4hco3，加入硫酸，调节ph使nh4hco3转化二氧化碳与（nh4）2so4 ，得到溶液b为（nh4）2so4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾（1）铵明矾溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，得到氢氧化铝胶体，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的naoh溶液溶解氢氧化铝；（2）过程i利用溶解度不同发生复分解反应；（3）hco3与al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀；（4）铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，从溶液中获得晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥；（5）夹住止水夹k1，打开止水夹k2，用酒精喷灯充分灼烧实验过程中，装置a和导管中未见红棕色气体，说明没有说出氮的氧化物；试管c中的品红溶液褪色，生成了二氧化硫，在支口处可检验到nh3要注意排除二氧化硫的干扰，操作是打开k1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，会出现白烟；生成了二氧化硫，t型导管中出现白色固体可能是（nh4）2so3，还可能是氧化生成的（nh4）2so4等；残留的两性氧化物为氧化铝，溶于naoh溶液生成偏铝酸钠；根据电子转移守恒确定n（n2）：n（so2），相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比【解答】解：碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与溶液a，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为nahco3，过程i利用溶解度不同发生复分解反应：2nh4hco3+na2so4=2nahco3+（nh4）2so4 ，滤液a中含有（nh4）2so4 及溶解的nh4hco3，加入硫酸，调节ph使nh4hco3转化二氧化碳与（nh4）2so4 ，得到溶液b为（nh4）2so4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾（1）铵明矾溶液中铝离子水解：al3+3h2oal（oh）3+3h+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性；水解得到氢氧化铝胶体，可以吸附悬浮物质，可以用于净水；向溶液中加入氢氧化钠溶液，首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，再与氨气根离子反应生成氨气，再加入过量的naoh溶液溶解氢氧化铝，现象为：先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的naoh溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失，故答案为：酸性；铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水；先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的naoh溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失；（2）过程i利用溶解度不同发生复分解反应，反应方程式为：2nh4hco3+na2so4=2nahco3+（nh4）2so4 ，故答案为：2nh4hco3+na2so4=2nahco3+（nh4）2so4 ；（3）省略过程，因hco3与al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低，故答案为：省略过程，因hco3与al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低；（4）用于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，从溶液中获得晶体，加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；（5）检验氨气方法为：打开k1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；装置a和导管中未见红棕色气体，说明没有说出氮的氧化物，试管c中的品红溶液褪色，说明加热分解有so2生成，氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成（nh4）2so3，白色固体可能是（nh4）2so3，还可能是氧化生成的（nh4）2so4等；装置a试管中残留的白色固体是两性氧化物，该物质为氧化铝，与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：al2o3+2oh=2alo2+h2o，故答案为：打开k1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；（nh4）2so3；al2o3+2oh=2alo2+h2o；根据电子转移守恒：20（3）n（n2）=n（so2）（64），故n（n2）：n（so2）=1：3，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比，故v（n2）：v（so2）=1：3，故答案为：1：3【点评】本题考查制备实验方案设计、物质组成的测定，明确工艺流程原理是解题关键，综合考查学生分析解决问题的能力，难度中等11已知sio2、so2和co2都是酸性氧化物，化学性质具有一定的相似性；mg和na的化学性质也具有一定相似性i、用如图所示装置进行mg与so2反应的实验（1）选择制取so2的合适试剂10%的h2so4溶液 70%的h2so4溶液 na2so3固体 caso3固体（2）写出装置b中发生的主要反应的化学方程式so2+mg2mgo+s装置c中naoh溶液的作用是吸收多余的so2，防止污染环境（3）该装置仍有不足之处，请说明在a和b之间缺少干燥装置；c装置没有与大气相通；未设计一个防倒吸装置、某研究小组进行了“实验室制si”的研究，它们以课本为基础，查阅资料得到以下可供参考的四条信息：mg在加热的条件下即可与sio2反应金属硅化物与稀h2so4反应生成硫酸盐与sih4si和sio2均不与稀h2so4反应sih4在空气中自燃他们在研究报告中记载着“选用合适的物质在适宜的条件下充分反应；再用足量稀硫酸溶解固体产物；然后过滤、洗涤、干燥；最后称量在用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花，其产率也只有预期值的63%左右”（4）该小组“实验室制si”的化学方程式是2mg+sio22mgo+si（5）你估计“用稀硫酸溶解固体产物时，发现有爆鸣声和火花”的原因是（用化学方程式说明）：2mg+simg2si，mg2si+2h2so42mgso4+sih4，sih4+2o2sio2+2h2o【考点】性质实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】i、（1）硫酸钙微溶于水，所以不能用于制取二氧化硫气体，因为二氧化硫是易溶于水的气体，所以选用较浓的硫酸，制取so2应用浓h2so4和亚硫酸盐；（2）mg具有还原性，so2具有氧化性，两者发生氧化还原反应；（3）该装置中：镁能和水反应，制取的二氧化硫中含有水蒸气，对镁和二氧化硫的反应有影响而且最后的c装置没有与大气相通，容易出现危险，且无防倒吸装置；、（4）类似于镁和二氧化碳的反应，镁在加热的条件下即可和二氧化硅反应生成单质硅和氧化镁；（5）发现有爆鸣声和火花，说明生成气体，应为sih4，原因是镁和硅反应生成硅化镁，硅化镁和硫酸反应生成硫酸镁和四氢化硅，四氢化硅能自燃【解答】解：i、（1）制取so2应用浓h2so4和亚硫酸盐，选项中不可选用caso3，因为反应生成的caso4微溶于水，会附在固体表面，阻碍反应进行，二氧化硫是易溶于水的气体，所以选用较浓的硫酸，故答案为：；（2）mg具有还原性，so2具有氧化性，两者发生氧化还原反应，反应的方程式为2mg+so22mgo+s，二氧化硫可与碱反应，易防止污染空气，故答案为：2mg+so22mgo+s；吸收多余的so2，防止污染环境；（3）该装置中：a中的水蒸气会进入b与mg反应，在a、b中间应加干燥装置；尾气处理装置c试管用胶塞封闭，且无防倒吸装置，故答案为：在a和b之间缺少干燥装置；c装置没有与大气相通；未设计一个防倒吸装置；、（4）mg在点燃的条件下即可与sio2反应，由题给信息可知类似于镁和二氧化碳的反应，可生成单质硅和氧化镁，反应的方程式为2mg+sio22mgo+si，故答案为：2mg+sio22mgo+si；（5）发现有爆鸣声和火花，说明生成气体，应为sih4，原因是发生2mg+simg2si，mg2si+2h2so42mgso4+sih4，sih4+2o2sio2+2h2o，金属镁与生成的硅继续反应生成硅化镁，硅化镁与稀硫酸反应生成的sih4可自燃，故答案为：2mg+si=mg2si、mg2si+2h2so4=2mgso4+sih4、sih4+2o2=sio2+2h2o【点评】本题以镁和二氧化硅的反应为载体综合考查学生的分析能力和实验能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质以及实验原理，把握实验的基本操作方法，题目难度中等12乙醇在一定条件下可被氧化，某同学利用下列装置进行乙醇的催化氧化实验，并检验其产物，其中c装置的试管中盛有无水乙醇已知乙醛在加热条件下能与新制c