内蒙古巴彦淖尔一中高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年内蒙古巴彦淖尔一中高三（上）期中化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列叙述正确的是（）a1.00mol nacl中含有6.021023个nacl分子b欲配制1.00 l 1.00moll1的nacl溶液，可将58.5 g nacl溶于1.00 l水中c1.00mol nacl中，所有na+的最外层电子总数为86.021023d电解58.5g 熔融的nacl，能产生22.4 l氯气（标准状况）、23.0g金属钠2下列说法中正确的是（）a干冰、液态氯化氢都是电解质b根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体cna2o、fe2o3、al2o3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物dna2o2晶体中既含有离子键又含有共价键3下列操作不能达到目的是（）选项目的操作a配制100 ml 1.0 moll1 cuso4溶液将25 g cuso45h2o溶于100 ml蒸馏水中b除去kno3中少量nacl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤c在溶液中将mno4完全转化为mn2+向酸性kmno4溶液中滴加h2o2溶液至紫色消失d确定nacl溶液中是否混有na2co3取少量溶液滴加cacl2溶液，观察是否出现白色浑浊aabbccdd4下列各项表达中正确的是（）ana2o2的电子式为b16g甲烷完全燃烧生成的co2为11.2l（标准状况）c在氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7dcl的结构示意图为5下列离子方程式错误的是（）a向ba（oh）2溶液中滴加稀硫酸：ba2+2oh+2h+so42bas04+2h2ob酸性介质中kmno4氧化 h2o2：2mno4+5h2o2+6h+2mn2+5o2+8h2oc等物质的量的mgcl2、ba（oh）2 和 hcl 溶液混合：mg2+2ohmg（oh）2d铅酸蓄电池充电时的正极反应：pbso4+2h2o2epbo2+4h+so426通过资源化利用的方式将co2转化为具有工业应用价值的产品（如图所示），是一种较为理想的减排方式，下列说法中正确的是（）aco2经催化分解为c、co、o2的反应为放热反应b除去na2co3固体中少量nahco3可用热分解的方法c过氧化尿素和so2都能使品红溶液褪色，其原理相同d由co2和h2合成甲醇，原子利用率达100%7下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验请观察如图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的（）a甲为小苏打，乙为纯碱b要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球c加热不久就能看到a烧杯的澄清石灰水变浑浊d整个实验过程中都没有发现a烧杯的澄清石灰水变浑浊二、解答题（共3小题，满分43分）8在已经提取氯化钠、溴、镁等物质的富碘卤水中，采用如图的工艺流程生产单质碘试回答：（1）乙、丁中溶质的化学式：乙，丁（2）第步操作中用稀硫酸浸洗的目的是除去a未反应的no3 b未反应的ic未反应的fe d碱性物质（3）第步操作供提纯i2的两种方法是和（4）实验室检验i2的方法是（5）甲物质见光易变黑，其原因是（用化学方程式表示）9二氧化硫、一氧化碳、氮的氧化物、氨气都是非常重要的非金属化合物，研究这些化合物对环境保护、理解化学反应原理都具有重要意义（1）二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收，反应的化学方程式为若该反应有ana个电子转移，则参加反应的二氧化氮的物质的量为（2）下列除去大气污染物的化学方程式不正确的是a汽车尾气经催化剂作用：co+nono2+cb石灰乳吸收硫酸厂尾气：so2+ca（oh）2caso3+h2oc燃烧法除去尾气中硫化氢：2h2s+3o22so2+2h2od氨气与一氧化氮在一定条件下反应：4nh3+6no5n2+6h2o（3）大多数非金属氧化物能被氢氧化钠溶液吸收例如，naoh+so2nahso3，2naoh+so2na2so3+h2o，2no2+2naohnano3+nano2+h2o，no+no2+2naoh2nano2+h2o，no不溶于氢氧化钠溶液或水同种反应物，其反应产物与浓度、温度、反应物相对量等因素有关影响二氧化硫与氢氧化钠反应产物的因素与下列反应相同的是a木炭与氧气反应 b硫与氧气反应c钠与氧气 d铜与硝酸溶液反应某no与no2混合气体通入氢氧化钠溶液被完全吸收，推测混合气体中气体组成为a. =1 b.1c. =1 d无法判断10.某研究性学习小组为测定某含镁3%一5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计了下列三种不同实验方案进行探究，请根据他们的设计回答有关问题【探究一】实验方案：铝镁合金测定剩余固体质量问题讨论：（1）实验中发生反应的化学方程式是（2）若实验中称取5.4g铝镁合金粉末样品，投入vml2.0mol/l naoh溶液中，充分反应则naoh溶液的体积vml（3）实验中，当铝镁合金充分反应后，在称量剩余固体质量前，还需进行的实验操作按顺序依次为【探究二】实验方案：称量xg铝镁合金粉末，放在如图1所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧问题讨论：（4）欲计算mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是（5）假设实验中测出该数据为yg，则原铝镁合金粉末中镁的质量分数为（用含x、y代数式表示）探究三实验方案：铝镁合金测定生成气体的体积问题讨论：（6）同学们拟选用下边的实验装置完成实验，你认为最简易的装置如图2其连接顺序是：a接（填接口字母，仪器不一定全选）（7）同学们仔细分析（6）中连接的实验装置后，又设计了如图3所示的实验装置图2装置中导管a的作用是实验前后碱式滴定管中液面读数分别如图4，则产生氢气的体积为ml与上左图装置相比，用（6）中连接的装置进行实验时，容易引起误差的原因是（任写一点）【化学选修-2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11将海水淡化和与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺提取其他产品回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是（填序号）用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 改进钾溴镁的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出br2，并用纯碱吸收碱吸收溴的主要反应是：br2+na2co3+h2onabr+nabro3+6nahco3，吸收1mol br2时转移的电子为mol（3）海水提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子na+mg2+clso42浓度/（gl1）63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为，产品2的化学式为，1l浓海水最多可得到产品2的质量为g（4）采用石墨阳极不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式【选修】12（2014延安模拟）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的流程如图1所示：以萤石（caf2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图2所示：回答下列问题：（1）写出反应1的化学方程式；（2）滤液中加入cao生成的沉淀是，反应2的离子方程式为；（3）e可作为建筑材料，化合物c是，写出由d制备冰晶石的化学方程式；（4）电解制铝的化学方程式是，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是【化学-选修5：有机化学基础】13（2015黑龙江模拟）立方烷（）具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点下面是立方烷衍生物i的一种合成路线：回答下列问题：（1）c的结构简式为，e的结构简式为（2）的反应类型为，的反应类型为（3）化合物a可由环戊烷经三步反应合成：反应i的试剂与条件为，反应2的化学方程式为，反应3可用的试剂为（4）在i的合成路线中，互为同分异构体的化合物是（填化合物代号）（5）i与碱石灰共热可化为立方烷立方烷的核磁共振氢谱中有个峰（6）立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有种2015-2016学年内蒙古巴彦淖尔一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列叙述正确的是（）a1.00mol nacl中含有6.021023个nacl分子b欲配制1.00 l 1.00moll1的nacl溶液，可将58.5 g nacl溶于1.00 l水中c1.00mol nacl中，所有na+的最外层电子总数为86.021023d电解58.5g 熔融的nacl，能产生22.4 l氯气（标准状况）、23.0g金属钠【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】a、从氯化钠是离子混合物分析判断；b、依据浓度的含义分析，固体溶于水中体积已不是1l；c、依据钠离子是原子失去最外层电子形成，离子最外层电子数是8分析；d、根据电解熔融氯化钠的化学方程式计算判断【解答】解：a、氯化钠是离子化合物，在常温下无氯化钠分子存在，故a错误；b、58.5 g nacl物质的量为1mol，但溶于1.00 l水中后，溶液的体积大于1l，所以氯化钠的物质的量浓度小于1mol/l，故b错误；c、na+的最外层电子电子为8，所以1.00 mol nacl中，所有na+的最外层电子总数为8mol，即86.021023，故c正确；d、电解58.5g熔融的nacl发生的反应为2nacl2na+cl2，58.5g氯化钠物质的量为1mol，所以生成钠1mol，质量为23g，生成氯气为0.5mol，标准状况下的体积为11.2l，故d错误；故选c【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是化合物的类别判断，离子结构的形成，溶液配制溶液体积的变化，电解计算，关键是溶液体积的判断2下列说法中正确的是（）a干冰、液态氯化氢都是电解质b根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体cna2o、fe2o3、al2o3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物dna2o2晶体中既含有离子键又含有共价键【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；离子化合物的结构特征与性质【专题】物质的分类专题；化学键与晶体结构；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；b分散系分类依据是分散质粒度；c氧化铝既能与碱又能与酸反应，属于两性氧化物；d过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间通过离子键结合，过氧根离子之间通过共用电子对结合【解答】解：a干冰为二氧化碳，本身不能电离，属于非电解质，故a错误；b根据分散质粒度大小，将分散系分为溶液、浊液和胶体，故b错误；c氧化铝既能与碱又能与酸反应，属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故c错误；d过氧化钠中钠离子与过氧根离子之间通过离子键结合，过氧根离子之间通过共用电子对结合，所以过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故d正确；故选：d【点评】本题考查了化学的基本概念，熟悉电解质、分散系、碱性氧化物的性质是解题关键，题目难度不大3下列操作不能达到目的是（）选项目的操作a配制100 ml 1.0 moll1 cuso4溶液将25 g cuso45h2o溶于100 ml蒸馏水中b除去kno3中少量nacl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤c在溶液中将mno4完全转化为mn2+向酸性kmno4溶液中滴加h2o2溶液至紫色消失d确定nacl溶液中是否混有na2co3取少量溶液滴加cacl2溶液，观察是否出现白色浑浊aabbccdd【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】a溶于100 ml蒸馏水中，水的体积过多，而需要选择100ml容量瓶定容；b二者溶解度受温度影响不同；c酸性kmno4溶液中滴加h2o2溶液，发生氧化还原反应，mn元素的化合价降低；d碳酸钠与氯化钙反应生成白色沉淀【解答】解：a溶于100 ml蒸馏水中，水的体积过多，而需要选择100ml容量瓶定容，则操作不合理，故a错误；b二者溶解度受温度影响不同，则混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤可除去nacl，故b正确；c酸性kmno4溶液中滴加h2o2溶液，发生氧化还原反应，mn元素的化合价降低，则紫色褪去溶液中mno4完全转化为mn2+，故c正确；d碳酸钠与氯化钙反应生成白色沉淀，则滴加cacl2溶液，观察是否出现白色浑浊可确定是否含有碳酸钠，故d正确；故选a【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握溶液配制、混合物分离提纯、氧化还原反应等为解答的关键，侧重性质及应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大4下列各项表达中正确的是（）ana2o2的电子式为b16g甲烷完全燃烧生成的co2为11.2l（标准状况）c在氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7dcl的结构示意图为【考点】电子式；原子结构示意图；气体摩尔体积；原子构成【分析】a、过氧化钠为离子化合物；b、16g甲烷的物质的量为1mol，依据元素守恒解答即可；c、原子的质子数不变，中子数变化；d、氯离子为cl原子得到1个电子形成的离子，据此解答即可【解答】解：a、na2o2是离子化合物，由na+离子和o2离子构成，na2o2的电子式为，故a错误；b、16g甲烷的物质的量为：，完全燃烧产生1mol二氧化碳，故标况下为22.4l，故b错误；c、氮原子的质子数为7，中子数可以为7或8等，故c正确；d、cl的质子数为6，电子数为6，原子结构示意图为：，故d错误，故选c【点评】本题主要考查电子式书写、物质的量的有关计算、核素的定义、原子结构示意图和离子结构示意图的书写，题目比较简单，熟悉原子核外电子排布规则是解题的关键5下列离子方程式错误的是（）a向ba（oh）2溶液中滴加稀硫酸：ba2+2oh+2h+so42bas04+2h2ob酸性介质中kmno4氧化 h2o2：2mno4+5h2o2+6h+2mn2+5o2+8h2oc等物质的量的mgcl2、ba（oh）2 和 hcl 溶液混合：mg2+2ohmg（oh）2d铅酸蓄电池充电时的正极反应：pbso4+2h2o2epbo2+4h+so42【考点】离子方程式的书写【分析】a反应生成硫酸钡和水；b发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；c先发生酸碱中和反应；d充电时的正极上硫酸铅失去失去被氧化【解答】解：aba（oh）2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为ba2+2oh+2h+so42bas04+2h2o，故a正确；b酸性介质中kmno4氧化 h2o2的离子反应为2mno4+5h2o2+6h+2mn2+5o2+8h2o，遵循电子、电荷守恒，故b正确；c等物质的量的mgcl2、ba（oh）2 和 hcl 溶液混合的离子反应为2h+mg2+4ohmg（oh）2+2h2o，故c错误；c铅酸蓄电池充电时的正极反应为pbso4+2h2o2epbo2+4h+so42，故d正确；故选c【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、电解的电极反应的离子反应考查，题目难度不大6通过资源化利用的方式将co2转化为具有工业应用价值的产品（如图所示），是一种较为理想的减排方式，下列说法中正确的是（）aco2经催化分解为c、co、o2的反应为放热反应b除去na2co3固体中少量nahco3可用热分解的方法c过氧化尿素和so2都能使品红溶液褪色，其原理相同d由co2和h2合成甲醇，原子利用率达100%【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；绿色化学；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】a根据能量守恒分析；b碳酸氢钠不稳定，加热时易分解生成碳酸钠；c过氧化尿素具有强氧化性，二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质；d化学反应中除了目标产物外没有其它物质生成时，原子利用率为100%【解答】解：a二氧化碳高温分解需要吸收能量，根据能量守恒知，该反应是吸热反应，故a错误；b碳酸氢钠不稳定，加热时易分解生成碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不易分解，所以除去碳酸钠固体中少量nahco3可用热分解的方法，故b正确；c过氧化尿素的漂白性是利用其强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用其和有色物质反应生成无色物质，所以反应原理不同，故c错误；d二氧化碳合成甲醇时，除了生成甲醇外还生成其它物质，所以原子利用率不是100%，故d错误；故选b【点评】本题涉及反应热、除杂、漂白原理等知识点，难度不大，注意二氧化硫有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，为易错点7下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验请观察如图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的（）a甲为小苏打，乙为纯碱b要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球c加热不久就能看到a烧杯的澄清石灰水变浑浊d整个实验过程中都没有发现a烧杯的澄清石灰水变浑浊【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【分析】a碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，可根据是否产生气体判断稳定性强弱；b无水硫酸铜遇到水显示蓝色，据此可以鉴别是否有水存在；c烧杯a与装有碳酸钠的试管相连，则实验过程中不会生成二氧化碳，石灰水不会变浑浊；c烧杯a连接的试管盛放的为碳酸钠，加热过程中不会产生二氧化碳【解答】解：a碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故a正确；b白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故b正确；c碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接a烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以a烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故c错误；d碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯a中澄清石灰水不会变浑浊，故d正确；故选c【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，题目难度中等，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案二、解答题（共3小题，满分43分）8在已经提取氯化钠、溴、镁等物质的富碘卤水中，采用如图的工艺流程生产单质碘试回答：（1）乙、丁中溶质的化学式：乙fei2，丁fecl3（2）第步操作中用稀硫酸浸洗的目的是除去ca未反应的no3 b未反应的ic未反应的fe d碱性物质（3）第步操作供提纯i2的两种方法是升华和萃取（4）实验室检验i2的方法是将i2加在淀粉溶液中，溶液显蓝色（5）甲物质见光易变黑，其原因是（用化学方程式表示）2agi2ag+i2【考点】海水资源及其综合利用【专题】实验设计题；元素及其化合物【分析】流程分析富碘卤水中加入硝酸银溶液过滤洗涤得到agi，加入铁屑水反应是碘单质ag和fei2，判断乙为fei2，通入适量氯气反应生成i2，利用碘单质易升华，易溶解于有机溶剂中提纯碘单质；ag稀硫酸清洗后得到银和硝酸反应生成硝酸银循环利用；（1）依据分析推断乙、丁中溶质的化学式为：fei2，fecl3；（2）流程分析可知稀硫酸是用来除去过量铁屑；（3）依据碘单质易升华，易溶解于有机溶剂中提纯碘单质；（4）依据碘单质遇到淀粉变蓝检验；（5）甲为碘化银见光分解生成银、碘单质【解答】解：依据流程分析富碘卤水中加入硝酸银溶液过滤洗涤得到agi，加入铁屑、水反应是碘单质ag和fei2，判断乙为fei2，通入适量氯气反应生成i2，利用碘单质易升华，易溶解于有机溶剂中提纯碘单质；ag稀硫酸清洗后得到银和硝酸反应生成硝酸银循环利用；（1）上述分析判断，乙、丁中溶质的化学式分别为：fei2、fecl3，故答案为：fei2；fecl3；（2）第步操作中用稀硫酸浸洗的目的是除去步骤加入过量的铁，故答案为：c；（3）利用碘单质易升华提纯碘单质，易溶解于有机溶剂中利用萃取分液的方法提纯碘单质，故答案为：升华；萃取；（4）碘单质遇到淀粉变蓝检验，将i2加在淀粉溶液中，溶液显蓝色证明是碘单质，故答案为：将i2加在淀粉溶液中，溶液显蓝色； （5）甲为碘化银见光分 解生成银、碘单质，反应的化学方程式为2agi 2ag+i2，故答案为：2agi 2ag+i2【点评】本题考查单质碘的制备，题目难度中等，注意根据物质的性质认真分析流程图的反应过程，正确判断各物质是解答该题的关键9二氧化硫、一氧化碳、氮的氧化物、氨气都是非常重要的非金属化合物，研究这些化合物对环境保护、理解化学反应原理都具有重要意义（1）二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收，反应的化学方程式为4no2+o2+2h2o4hno3若该反应有ana个电子转移，则参加反应的二氧化氮的物质的量为amol（2）下列除去大气污染物的化学方程式不正确的是aca汽车尾气经催化剂作用：co+nono2+cb石灰乳吸收硫酸厂尾气：so2+ca（oh）2caso3+h2oc燃烧法除去尾气中硫化氢：2h2s+3o22so2+2h2od氨气与一氧化氮在一定条件下反应：4nh3+6no5n2+6h2o（3）大多数非金属氧化物能被氢氧化钠溶液吸收例如，naoh+so2nahso3，2naoh+so2na2so3+h2o，2no2+2naohnano3+nano2+h2o，no+no2+2naoh2nano2+h2o，no不溶于氢氧化钠溶液或水同种反应物，其反应产物与浓度、温度、反应物相对量等因素有关影响二氧化硫与氢氧化钠反应产物的因素与下列反应相同的是aa木炭与氧气反应 b硫与氧气反应c钠与氧气 d铜与硝酸溶液反应某no与no2混合气体通入氢氧化钠溶液被完全吸收，推测混合气体中气体组成为ca. =1 b.1c. =1 d无法判断【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见的生活环境的污染及治理【专题】元素及其化合物【分析】（1）二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收生成硝酸，反应方程式为：4no2+o2+2h2o4hno3，根据化合价升降和电子转移进行相关计算；（2）a汽车尾气经催化剂作用：co+nono2+c，生成二氧化氮有毒的气体；b石灰乳ca（oh）2和酸性气体二氧化硫之间可以发生反应生成亚硫酸钙和水；c燃烧法除去尾气中硫化氢：2h2s+3o22so2+2h2o，生成有毒气体二氧化硫；d氨气与一氧化氮在一定条件下反应，产物是氮气和水；（3）影响二氧化硫与氢氧化钠反应产物的因素是两者量的相对大小，a、碳粉在氧气中燃烧可以生成co或者co2，是氧气的量不同，产物不同；b、无催化剂的条件下硫蒸气在氧气中燃烧产物为二氧化硫，有催化剂可转化为三氧化硫；c、钠与氧气在点燃的条件下生成氧化钠，钠与氧无条件生成氧化钠，产物与条件有关；d、铜与硝酸溶液反应，与硝酸的浓度有关，浓度大生成二氧化氮，浓度小生成一氧化氮；2no2+2naohnano3+nano2+h2o，no+no2+2naoh2nano2+h2o，no不溶于氢氧化钠溶液或水可知，二氧化氮可以过量，所以1【解答】解：（1）二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收生成硝酸，反应方程式为：4no2+o2+2h2o4hno3，反应有4na个电子转移，则参加反应的二氧化氮的物质的量为4mol，所以该反应有ana个电子转移，则参加反应的二氧化氮的物质的量为a mol，故答案为：4no2+o2+2h2o4hno3；a mol；（2）a汽车尾气经催化剂作用：co+nono2+c，生成二氧化氮有毒的气体，故a错误；b石灰乳ca（oh）2和酸性气体二氧化硫之间可以发生反应生成亚硫酸钙和水，即so2+ca（oh）2caso3+h2o，故b正确；c燃烧法除去尾气中硫化氢：2h2s+3o22so2+2h2o，生成有毒气体二氧化硫，故c错误；d氨气与一氧化氮在一定条件下反应，产物是氮气和水，即4nh3+6no5n2+6h2o，故d正确故选ac；（3）a、碳粉在氧气中燃烧可以生成co或者co2，与量的相对大小有关，故a符合；b、无催化剂的条件下硫蒸气在氧气中燃烧产物为二氧化硫，有催化剂可转化为三氧化硫，与条件有关，故b不符合；c、钠与氧气在点燃的条件下生成氧化钠，钠与氧无条件生成氧化钠，产物与条件有关，故c不符合；d、铜与硝酸溶液反应，与硝酸的浓度有关，浓度大生成二氧化氮，浓度小生成一氧化氮，故d不符合；故选a；2no2+2naohnano3+nano2+h2o，no+no2+2naoh2nano2+h2o，no不溶于氢氧化钠溶液或水可知，二氧化氮可以过量，所以1，故选：c【点评】本题涉及氧化还原反应中电子守恒的计算以及除去大气污染物的可行性，属于综合知识的考查题，难度中等10.某研究性学习小组为测定某含镁3%一5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计了下列三种不同实验方案进行探究，请根据他们的设计回答有关问题【探究一】实验方案：铝镁合金测定剩余固体质量问题讨论：（1）实验中发生反应的化学方程式是2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2（2）若实验中称取5.4g铝镁合金粉末样品，投入vml2.0mol/l naoh溶液中，充分反应则naoh溶液的体积v97ml（3）实验中，当铝镁合金充分反应后，在称量剩余固体质量前，还需进行的实验操作按顺序依次为过滤、洗涤、干燥固体【探究二】实验方案：称量xg铝镁合金粉末，放在如图1所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧问题讨论：（4）欲计算mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是灼烧后固体的质量（5）假设实验中测出该数据为yg，则原铝镁合金粉末中镁的质量分数为（用含x、y代数式表示）探究三实验方案：铝镁合金测定生成气体的体积问题讨论：（6）同学们拟选用下边的实验装置完成实验，你认为最简易的装置如图2其连接顺序是：a接e、d接g（填接口字母，仪器不一定全选）（7）同学们仔细分析（6）中连接的实验装置后，又设计了如图3所示的实验装置图2装置中导管a的作用是保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差实验前后碱式滴定管中液面读数分别如图4，则产生氢气的体积为16.00ml与上左图装置相比，用（6）中连接的装置进行实验时，容易引起误差的原因是由于稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小（任写一点）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析【分析】（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；（2）镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；（3）根据反应后为不溶物和溶液两部分，要得到干燥固体需要的实验操作解答；（4）根据mg、al都能够与氧气化学反应生成氧化物分析还需要知道的数据；（5）设出金属镁和铝的物质的量，根据合金的质量和灼烧后的质量列式计算出镁的物质的量，再计算出镁的质量分数；（6）根据装置的组装顺序：合金与酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出进行排序； （7）保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积（注意应保持干燥管与滴定管内液面等高），收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小；根据稀硫酸定容锥形瓶能够将空气排出分析【解答】解：（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2，故答案为：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2；（2）含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为，5.4g（13%）=5.497%g，则： 2al+2naoh+2h2o=2naalo2 +3h2 54g 2mol 5.4g97% v103l2.0mol/l所以54g：（5.4g97%）=2mol：（v103l2.0mol/l），解得：v=97，故v（naoh溶液）97ml，故答案为：97；（3）反应后金属铝完全消耗，没有反应的为金属镁，称量金属镁之前需要经过过滤、洗涤、干燥操作，然后再称量固体质量，从而计算出合金中镁的含量，故答案为：过滤、洗涤、干燥固体；（4）mg、al均与氧气反应，生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，故答案为：灼烧后固体的质量；（5）设xg铝镁合金粉末中含有n mol镁、zmol铝，则24n+27z=x，再根据反应关系式：mgmgo、alal2o3，最后得到了yg氧化物，据此列式为：40n+51z=y，根据解得：z=mol，铝的质量为：27g/molmol=g，合金中镁的质量分数为： =，故答案为：；（6）装置的组装顺序：合金与酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（a）接（e）（d）接（g），故答案为：e、d接g；（7）装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差，故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，反应前滴定管读数为18.50ml，反应后滴定管读数为2.50ml，所以测定氢气的体积为：18.50ml2.50ml=16.00ml，故答案为：16.00ml；由于稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小，故答案为：由于稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小【点评】本题考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，要求学生具有扎实的基础及综合运用知识分析问题、解决问题的能力【化学选修-2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11将海水淡化和与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺提取其他产品回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是（填序号）用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 改进钾溴镁的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出br2，并用纯碱吸收碱吸收溴的主要反应是：br2+na2co3+h2onabr+nabro3+6nahco3，吸收1mol br2时转移的电子为mol（3）海水提镁的一段工艺流程如图：浓海水的主要成分如下：离子na+mg2+clso42浓度/（gl1）63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为ca2+so42=caso4，产品2的化学式为mg（oh）2，1l浓海水最多可得到产品2的质量为69.6g（4）采用石墨阳极不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为mgcl2（熔融）mg+cl2电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式mg+2h2omg（oh）2+h2【考点】海水资源及其综合利用【专题】元素及其化合物；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）混凝法使的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，不能进行海水淡化，通过改变工艺，可以提高部分产品的质量，优化提取产品的品种，可以根据不同的原理改进钾、溴、镁等的提取工艺；（2）反应中br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，据此计算；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品1为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，故过滤后干燥的产品2为氢氧化镁，计算1l溶液中mg2+的质量，根据mg2+mg（oh）2计算氢氧化镁的质量；（4）电解熔融氯化镁得到mg与氯气；电解时，若有少量水存在，mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗【解答】解：（1）混凝法是加入一种混凝剂（如：明矾、铁盐等），使水中细小的悬浮物质和胶体聚集成较大颗的颗粒而沉淀，然后过滤除去，海水中可溶性杂质不能除去，不能进行海水淡化，故错误；改进工艺，尽可能减少新物质引入，除去粗产品中的杂质，可以提高产品的质量，故正确；海洋是一个远未完全开发的巨大化学资源宝库，海水中元素种类很多，改进工艺可以优化提取产品的品种，故正确；根据不同的提取原理可以改进钾、溴、镁等的提取工艺，从而提高k、br2、mg等的提取质量，故正确；故答案为：；（2）反应中br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2n氧化剂（br2）=25n还原剂（br2），故n氧化剂（br2）：n还原剂（br2）=5：1，故吸收1mol br2时，转移的电子数为1mol25=mol，故答案为：；（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，用ca2+沉淀so42生成caso4沉淀，离子方程式为：ca2+so42=caso4，采用过滤的方法得到产品1为caso4，滤液中加入石灰乳，发生反应为mg2+2oh=mg（oh）2，合成中应得到mg（oh）2沉淀，过滤、干燥的产品2为mg（oh）2，溶液中m（mg2+）=1l28.8g/l=28.8g，mg2+mg（oh）224 5828.8g mmg（oh）2mmg（oh）2=28.8g=69.6g，故答案为：ca2+so42=caso4；mg（oh）2；69.6；（4）电解熔融氯化镁得到mg与氯气，电解反应方程式为：mgcl2（熔融）mg+cl2；电解时，若有少量水存在，mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗，反应方程式为：mg+2h2omg（oh）2+h2，故答案为：mgcl2（熔融）mg+cl2；mg+2h2omg（oh）2+h2【点评】本题考查海水资源开发利用，涉及氧化还原反应计算、电解原理等，注重高频考点的考查，把握相关反应原理及基础知识的综合运用即可解答，需要学生具备扎实的基础，综合性较强，题目难度中等【选修】12（2014延安模拟）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的流程如图1所示：以萤石（caf2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图2所示：回答下列问题：（1）写出反应1的化学方程式2naoh+sio2=na2sio3+h2o、2naoh+al2o3=2naalo2+h2o；（2）滤液中加入cao生成的沉淀是casio3，反应2的离子方程式为2alo2+co2+3h2o=2al（oh）3+co32；（3）e可作为建筑材料，化合物c是浓h2so4，写出由d制备冰晶石的化学方程式12hf+3na2co3+2al（oh）3=2na3alf6+3co2+9h2o；（4）电解制铝的化学方程式是2al2o3（熔融）4al+3o2，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是o2、co2（或co）【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；（2）滤液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入cao，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；由工艺流程可知，b为氢氧化铝，故气体a为二氧化碳，滤液主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠；（3）由工艺流程可知，气体d含有f元素，应是hf，故c为浓硫酸；根据元素守恒，可知hf与碳酸钠、氢氧化铝反应生成冰晶石，同时生成二氧化碳、水；（4）电解熔融的氧化铝生成铝与氧气；阳极生成氧气，部分氧气可以石墨反应生成二氧化碳、co【解答】解：（1）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2naoh+sio2=na2sio3+h2o，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2naoh+al2o3=2naalo2+h2o，故答案为：2naoh+sio