湖北省襄阳市四校（襄州、枣阳、宜城、曾都一中）2017届高三（上）期中化学试卷（解析版）

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2016-2017学年湖北省襄阳市四校（襄州一中、枣阳一中、宜城一中、曾都一中）高三（上）期中化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共48分）

1．（2016秋·宜城市期中）化学与生活密切相关．下列有关说法不正确的是（ ）

A．燃料的脱硫脱氮、NO的催化转化都是减少酸雨产生的措施

B．利用稀硝酸清除铜镜表面的铜锈是因为稀硝酸具有强氧化性

C．BaSO₄难溶于水和强酸，在医学上常用作钡餐

D．食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质

【考点】硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铁的化学性质．

【专题】元素及其化合物．

【分析】A．二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质；为减少酸雨的产生，只要减少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的产生；

B．铜锈是碱式碳酸铜，和硝酸反应不是氧化还原反应；

C．X射线对BaSO₄穿透能力较差，BaSO₄既不溶于水，也不溶于酸，可经人体排出体外，不会引起Ba²⁺中毒；

D．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性；

【解答】解：A．采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NO_x的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故A正确；

B．铜锈是碱式碳酸铜，利用稀硝酸清除铜镜表面的铜锈是利用了硝酸的酸性，故B错误；

C．X射线对BaSO₄穿透能力较差，BaSO₄既不溶于水，也不溶于酸，可经人体排出体外，不会引起Ba²⁺中毒，所以常用BaSO₄做内服造影剂，故C正确；

D．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查了物质性质、物质应用，注意化学知识的积累和分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

2．（2016秋·宜城市期中）设N_A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）

A．标准状况下，22.4 L的CCl₄中C﹣Cl键数为为4N_A

B．常温下，1 L 0.1mol·L^﹣1的NH₄NO₃溶液中氮原子数为0.2 N_A

C．在反应KIO₃+6HI=KI+3I₂+3H₂O中，每生成3molI₂转移的电子数为6 N_A

D．0.1mol乙酸与0.1mol乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数为0.1N_A

【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、标况下四氯化碳为液体；

B、求出硝酸铵的物质的量，然后根据1mol硝酸铵中含2mol氮原子来分析；

C、反应KIO₃+6HI=KI+3I₂+3H₂O转移5mol电子生成3mol碘单质；

D、酯化反应为可逆反应．

【解答】解：A、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B、溶液中硝酸铵的物质的量n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2N_A个氮原子，故B正确；

C、反应KIO₃+6HI=KI+3I₂+3H₂O转移5mol电子生成3mol碘单质，极生成3mol碘单质时转移5N_A个电子，故C错误；

D、酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯的分子个数小于0.1N_A个，故D错误．

故选B．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．

3．（2016秋·宜城市期中）类比法是化学学习过程中一种重要方法，以下类比关系正确的是（ ）

A．工业上可以电解熔融的氯化镁或氯化铝制得相应的金属单质

B．Cl₂、Br₂、I₂都具有强氧化性，都能将铁氧化成+3价的铁盐

C．二氧化碳和二氧化硫都是氧化物，两者都不能和氯化钙溶液反应

D．氧化铁和氧化亚铁都是碱性氧化物，和硝酸反应都只生成盐和水

【考点】探究化学规律．

【专题】元素及其化合物．

【分析】A．氯化铝是分子晶体，熔融状态下以分子存在；

B．碘单质氧化性较弱，碘能氧化Fe生成+2价亚铁盐；

C．二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物，其水溶液都呈弱酸性，酸性都小于盐酸；

D．FeO具有还原性，能被强氧化剂氧化生成+3价铁离子．

【解答】解：AlCl₃是分子晶体，熔融状态下以分子存在，所以熔融状态下不导电，应该采用电解熔融Al₂O₃的方法冶炼Al，故A错误；

B．碘单质氧化性较弱，碘能氧化Fe生成+2价亚铁盐，且I^﹣能被铁离子氧化生成I₂，故B错误；

C．SO₂和CO₂都是酸性氧化物，其水溶液都呈弱酸性，酸性都小于盐酸，根据强酸制取弱酸知，两者都不能和CaCl₂溶液反应，故C正确；

D．FeO具有还原性，能被强氧化剂氧化生成+3价铁离子，硝酸具有强氧化性和酸性，能和FeO反应生成Fe（NO₃）₃而不是Fe（NO₃）₂，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查探究化学规律，为高频考点，侧重考查化学规律中的反常现象，明确元素化合物性质及化学反应原理是解本题关键，易错选项是D，会正确书写D中离子方程式，题目难度不大．

4．（2016·上海）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）

A．碳酸钙粉末 B．稀硫酸

C．氯化钙溶液 D．二氧化硫水溶液

【考点】氯气的化学性质．

【专题】卤族元素．

【分析】在氯水中存在反应Cl₂+H₂O⇌H⁺+Cl^﹣+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析判断选项．

【解答】解：在氯水中存在反应Cl₂+H₂O⇌H⁺+Cl^﹣+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，

A．由于酸性HCl＞H₂CO₃＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO₃=CaCl₂+CO₂↑+H₂O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；

B．加入稀硫酸使溶液 中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；

C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；

D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．

5．（2016秋·宜城市期中）下列有关化学用语表达正确的是（ ）

A．质子数为92、中子数为146的U原子：

U

B．HClO的结构式：H﹣Cl﹣O

C．HF的电子式：

D．³⁵Cl^﹣和³⁷Cl^﹣离子结构示意图均可以表示为：

【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．

【专题】常规题型；化学用语专题．

【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；

B．次氯酸分子的中心原子为O原子，其分子中不存在H﹣Cl键；

C．氟化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；

D．³⁵Cl^﹣和³⁷Cl^﹣离子的核电荷数都是17，核外电子总数都是18，其离子结构示意图相同．

【解答】解：A．质子数为92、中子数为146的U原子的质量数为238，该原子正确的表示方法为：₂₃₈⁹²U，故A错误；

B．次氯酸分子中含有1个H﹣O键和1个O﹣H键，其正确的结构式为：H﹣O﹣Cl，故B错误；

C．氟化氢属于共价化合物，电子式中不能标出所带电荷，其正确的电子式为

，故C错误；

D．³⁵Cl^﹣和³⁷Cl^﹣离子都是氯离子，其离子结构示意图均可以表示为：

，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，涉及离子结构示意图、电子式、元素符号、结构式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．

6．（2016秋·宜城市期中）实验室里需用480mL 0.1mol·L^﹣1的硫酸铜溶液，以下说法正确的是（ ）

A．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水

B．称取12.0g胆矾配成500mL溶液

C．定容摇匀后液面下降，应加水至凹液面最低点与刻线相平

D．定容时仰视刻线会使所配溶液浓度偏小

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．

【专题】化学实验基本操作．

【分析】实验室里需用480mL 0.1mol·L^﹣1的硫酸铜溶液，实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL规格容量瓶，配制500mL溶液，依据m=CVM计算需要硫酸铜、五水硫酸铜的质量，注意物质的量浓度中体积为溶液的体积，分析操作对溶质的物质的量的影响，依据C=

进行误差分析．

【解答】解：实验室里需用480mL 0.1mol·L^﹣1的硫酸铜溶液，实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL规格容量瓶，配制500mL溶液，需要硫酸铜的质量为：0.1mol/L×160g/mol×0.5L=8.0g，需要五水硫酸铜的质量：0.1mol/L×250g/mol×0.5L=12.5g，

A．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水，溶液体积大于500mL，故A错误；

B．称取12.0g胆矾配成500mL溶液，称取溶质的质量偏小，溶液浓度偏小，故B 错误；

C．定容摇匀后液面下降，应加水至凹液面最低点与刻线相平，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故C错误；

D．定容时仰视刻线，导致溶液体积偏大，则所配溶液浓度偏小，故D正确；

故选：D．

【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法，注意溶液体积与溶剂体积的关系．

7．（2016秋·宜城市期中）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）

A．向稀HNO₃中滴加Na₂SO₃溶液：2H⁺+SO₃^2﹣═SO₂↑+H₂O

B．向Al₂（SO₄）₃溶液中加入过量的NaOH溶液：Al³⁺+3OH^﹣═Al（OH）₃↓

C．向0.1mol/L pH=1的KHA溶液中加入KOH溶液：H⁺+OH^﹣═H₂O

D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO₄^﹣+16H⁺+5C₂O₄^2﹣═2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O

【考点】离子方程式的书写．

【专题】离子反应专题．

【分析】A．不符合反应客观事实；

B．氢氧化钠过量，反应生成偏铝酸钠；

C.0.1mol/L pH=1的KHA溶液，说明KHA为强酸的酸式盐，二者反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水；

D．二者发生氧化还原反应，草酸根离子被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成二价锰离子；

【解答】解：A．向稀HNO₃中滴加Na₂SO₃溶液，发生氧化还原反应，离子方程式：2NO₃^﹣+2H⁺+3SO₃^2﹣═3SO₄^2﹣+H₂O，故A错误；

B．Al₂（SO₄）₃溶液与过量NaOH溶液反应离子方程式：Al³⁺+4OH^﹣═AlO₂^﹣+2H₂O，故B错误；

C．向0.1mol/L pH=1的KHA溶液中加入KOH溶液，离子方程式：H⁺+OH^﹣═H₂O，故C正确；

D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，离子方程式：2MnO₄^﹣+16H⁺+5C₂O₄^2﹣═2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O，故D正确；

故选：CD．

【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质及发生反应的实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度中等．

8．（2016秋·宜城市期中）向CuSO₄溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色．再向反应后的混合物中不断通入SO₂气体，溶液逐渐变为无色．下列分析正确的是（ ）

A．滴加KI溶液时，当有2molI^﹣参加反应，则生成1mol白色沉淀

B．通入SO₂后溶液逐渐变成无色，体现了SO₂的氧化性

C．通入SO₂时，SO₂与I₂反应，I₂作还原剂，H₂SO₄是氧化产物

D．上述实验条件下，物质的还原性：Cu⁺＞I^﹣＞SO₂

【考点】氧化还原反应．

【专题】氧化还原反应专题．

【分析】CuSO₄溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO₄+4KI═2K₂SO₄+2CuI↓+I₂，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO₂气体，反应方程式为SO₂+2H₂O+I₂=H₂SO₄+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答，

【解答】解：A．CuSO₄溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO₄+4KI═2K₂SO₄+2CuI↓+I₂，由方程式可知当有2molI^﹣参加反应，则生成1mol白色沉淀，故A正确；

B．通入SO₂后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B错误；

C．通入SO₂气体，反应方程式为SO₂+2H₂O+I₂=H₂SO₄+2HI，该反应中S元素的化合价升高，则SO₂为还原剂，生成H₂SO₄为氧化产物，I元素的化合价降低，则I₂作氧化剂，故C错误；

D．还原剂的还原性强于还原产物的还原性，对于反应2CuSO₄+4KI═2K₂SO4+2CuI↓+I₂，在这个方程中Cu²⁺化合价降低，是氧化剂，被还原为Cu⁺，I^﹣化合价升高，是还原剂，物质的还原性：I^﹣＞Cu⁺，SO₂+2H₂O+I₂=H₂SO₄+2HI，I₂化合价降低是氧化剂，被还原为I^﹣，SO₂ 中的S化合价升高作还原剂，所以物质的还原性：SO₂＞I^﹣，所以物质的还原性：SO₂＞I^﹣＞Cu⁺，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键．

9．（2016秋·宜城市期中）中学常见物质A、B、C、D存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．该转化关系中A可能是下列物质中的（ ）A

B

C

①金属钠 ②硫单质 ③NH₃ ④Na₂CO₃ ⑤AlCl₃溶液 ⑥单质铁．

A．3 B．4 C．5 D．6

【考点】无机物的推断．

【分析】①A为钠，D为氧气，B为氧化钠，C为过氧化钠，符合转化关系；

②A为硫，D为氧气，符合转化关系；

③A为NH₃，D为氧气，符合转化关系；

④若A为Na₂CO₃，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳；

⑤A为AlCl₃溶液，D为NaOH，符合转化关系；

⑥A为铁，D为硝酸，符合转化关系．

【解答】解：①A为钠，D为氧气，B为氧化钠，C为过氧化钠，符合转化关系，故①正确；

②A为硫，D为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，符合转化关系，故②正确；

③A为NH₃，D为氧气，B为NO，C为二氧化氮，符合转化关系，故③正确；

④若A为Na₂CO₃，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳，符合转化关系，故④正确；

⑤A为AlCl₃溶液，D为NaOH，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，符合转化关系，故⑤正确；

⑥A为铁，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C为硝酸铁，符合转化关系，故⑥正确，

故选D．

【点评】本题考查元素化合物性质与转化，属于半开放性题目，难度不大，熟练掌握元素化合物性质是关键，注意归纳总结中学常见连续反应．

10．（2016秋·宜城市期中）常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL pH=14的溶液，然后用1mol·L^﹣1的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法不正确的是（ ）

A．OP段发生的反应为：OH^﹣+H⁺═H₂O

B．图中V₂为100

C．沉淀的质量m为1.56 g

D．原合金质量为0.92 g

【考点】离子方程式的有关计算．

【专题】离子反应专题．

【分析】钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应：2Na+2H₂O═2NaOH+H₂↑、2Al+2H₂O+2NaOH═2NaAlO₂+3H₂↑，得到20mL pH=14的溶液，则溶液中c（OH^﹣）=1mol/L，NaOH有剩余，剩余NaOH为0.02L×1mol/L=0.02mol；

开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HCl═NaCl+H₂O，该阶段消耗盐酸为：

=0.02L=20mL；

然后发生反应：NaAlO₂+HCl+H₂O═NaCl+Al（OH）₃↓，生成氢氧化铝沉淀，40mL时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl，由钠元素守恒可知n（Na）=n（NaCl），该阶段消耗盐酸体积为40mL﹣20mL=20mL，根据方程式计算n[Al（OH）₃]，根据铝元素守恒n（Al）=n[Al（OH）₃]；

最后发生反应：Al（OH）₃↓+3HCl═AlCl₃+3H₂O，根据氢氧化铝的物质的量计算该阶段消耗盐酸的体积，据此进行解答．

【解答】解：钠铝合金置于水中，合金全部溶解，发生反应为：2Na+2H₂O═2NaOH+H₂↑、2Al+2H₂O+2NaOH═2NaAlO₂+3H₂↑，得到20mL pH=14的溶液，则溶液中c（OH^﹣）=1mol/L，NaOH有剩余，剩余NaOH为：0.02L×1mol/L=0.02mol；

开始加入盐酸没有立即产生沉淀，首先发生反应：NaOH+HCl═NaCl+H₂O，该阶段消耗盐酸为：

=0.02L=20mL；

然后发生反应：NaAlO₂+HCl+H₂O═NaCl+Al（OH）₃↓，生成氢氧化铝沉淀，40mL时沉淀达最大值，此时溶液中溶质为NaCl，由钠元素守恒可知n（Na）=n（NaCl）=0.04L×1mol/L=0.04mol，该阶段消耗盐酸体积为：40mL﹣20mL=20mL，根据方程式可知n[Al（OH）₃]=n（HCl）=0.02L×1mol/L=0.02mol，根据铝元素守恒n（Al）=n[Al（OH）₃]=0.02mol，

最后发生反应：Al（OH）₃↓+3HCl═AlCl₃+3H₂O，消耗盐酸的物质的量为0.02mol×3=0.06mol，故该阶段消耗的盐酸体积为：

=0.06L=60mL，

A．OP段发生反应：NaOH+HCl═NaCl+H₂O，离子方程式为：OH^﹣+H⁺═H₂O，故A正确；

B．由上述计算可知，溶解氢氧化铝消耗盐酸的体积为60mL，则V₂为40mL+60mL=100mL，故B正确；

C．由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol=1.56g，故C正确；

D．由上述分析可知，Na、Al合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol=1.46g，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查离子反应的计算、混合物的有关计算，题目难度中等，明确发生的化学反应及反应与图象的对应关系是解答本题的关键，注意利用元素守恒的方法来解答，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．

11．（2016秋·宜城市期中）25°C时，某化学实验小组同学向用大理石和稀盐酸制备CO₂后的残留液中滴加碳酸钠溶液，在溶液中插入pH传感器，测得pH变化曲线如图所示．下列说法不正确的是（ ）

A．开始时溶液pH=2是因为残留液中还有盐酸剩余

B．BC段表示随着碳酸钠溶液的滴入，CaCO₃沉淀的质量逐渐增加

C．滴入500滴碳酸钠溶液后溶液中c（OH^﹣）＞c（H⁺）

D．AB发生的反应为：Ca²⁺+CO₃^2﹣═CaCO₃↓

【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】根据图象可知，用大理石和稀盐酸制备CO₂后的残留液pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，即A点溶液中含CaCl₂和过量的盐酸；

向残留液中加入碳酸钠溶液，则Na₂CO₃和HCl反应：Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂+H₂O，导致溶液的pH升高，即AB段；

在B点时，溶液的pH=7，则此时Na₂CO₃将盐酸恰好完全反应，即B点溶液中的溶质只有NaCl和CaCl₂；

继续滴加碳酸钠溶液，则Na₂CO₃和CaCl₂反应：Na₂CO₃+CaCl₂=CaCO₃↓+2NaCl，即BC段，溶液的pH不变；

在C点时，溶液中的CaCl₂完全反应，继续滴加碳酸钠溶液，碳酸钠过量，由于碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，故溶液的pH生高，即CD段，据此进行分析．

【解答】解：根据图象可知，用大理石和稀盐酸制备CO₂后的残留液pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，即A点溶液中含CaCl₂和过量的盐酸；

向残留液中加入碳酸钠溶液，则Na₂CO₃和HCl反应：Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂+H₂O，导致溶液的pH升高，即AB段；

在B点时，溶液的pH=7，则此时Na₂CO₃将盐酸恰好完全反应，即B点溶液中的溶质只有NaCl和CaCl₂；

继续滴加碳酸钠溶液，则Na₂CO₃和CaCl₂反应：Na₂CO₃+CaCl₂=CaCO₃↓+2NaCl，即BC段，溶液的pH不变；

在C点时，溶液中的CaCl₂完全反应，继续滴加碳酸钠溶液，碳酸钠过量，由于碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，故溶液的pH生高，即CD段，

A．用大理石和稀盐酸制备CO₂后的残留液pH=2，溶液显酸性，则说明盐酸剩余，故A正确；

B．BC段溶液的pH不变，是由于Na₂CO₃和CaCl₂反应：Na₂CO₃+CaCl₂=CaCO₃↓+2NaCl，离子方程式为：Ca²⁺+CO₃^2﹣═CaCO₃↓，故碳酸钙沉淀的量增多，故B正确；

C．滴入500滴碳酸钠溶液后，溶液的pH大于7，则c（OH^﹣）＞c（H⁺），故C正确；

D．由于残留液中有盐酸剩余，故向残留液中加入碳酸钠溶液，AB段发生Na₂CO₃和HCl反应：Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂+H₂O，离子方程式为：CO₃^2﹣+2H⁺=CO₂+H₂O，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查了难溶物溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握难溶物溶解平衡及其影响因素，试题培养了学生的灵活应用能力．

12．（2016秋·宜城市期中）下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的选项是（ ）

选项	实验	现象	结论
A	SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸	有白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸	所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4
B	用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热	熔化后的液态铝滴落下来	金属铝的熔点较低
C	将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液	有白色沉淀生成	证明非金属性S＞C＞Si
D	向含有淀粉的FeI2溶液中滴加足量的氯水	溶液变蓝	还原性：I^﹣＞Fe^2^+

A．A B．B C．C D．D

【考点】化学实验方案的评价．

【专题】实验评价题．

【分析】A．SO₂通入BaCl₂溶液中不反应；

B．氧化铝的熔点高，像网兜一样包裹在Al的外面；

C．最高价氧化物的酸性越强，元素的非金属性越强；

D．FeI₂溶液中滴加足量的氯水，生成氯化亚铁和单质碘．

【解答】解：A．SO₂通入BaCl₂溶液，SO₂与BaCl₂溶液不反应，没有现象，然后滴入稀硝酸，稀硝酸把二氧化硫氧化为硫酸，硫酸与氯化钡生成硫酸钡沉淀，则开始不能生成亚硫酸钡沉淀，现象不合理，故A错误；

B．Al在加热时生成氧化铝，氧化铝的熔点高，像网兜一样包裹在Al的外面，则仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落，故B错误；

C．稀H₂SO₄与Na₂CO₃溶液反应后产生二氧化碳，酸性硫酸大于碳酸，二氧化碳溶于水生成碳酸，通入Na₂SiO₃溶液中产生白色浑浊，说明生成硅酸，则酸性：H₂CO₃＞H₂SiO₃，所以证明非金属性S＞C＞Si，故C正确；

D．FeI₂溶液中滴加足量的氯水，生成氯化亚铁和单质碘，不能判断I^﹣与Fe²⁺谁先反应，所以不能判断I^﹣与Fe²⁺的还原性强弱，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，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．

13．（2016秋·宜城市期中）制备（NH₄）₂Fe（SO₄）₂·6H₂O的实验中，需对过滤出产品的母液（pH＜1）进行处理．室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（ ）

A．通入过量Cl₂：Fe²⁺、H⁺、NH₄⁺、Cl^﹣、SO₄^2﹣

B．加入少量NaClO溶液：NH₄⁺、Fe²⁺、H⁺、SO₄^2﹣、ClO^﹣

C．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na⁺、SO₄^2﹣、Cl^﹣、ClO^﹣、OH^﹣

D．加入过量NaOH溶液：Na⁺、Fe²⁺、NH₄⁺、SO₄^2﹣、OH^﹣

【考点】离子共存问题．

【专题】离子反应专题．

【分析】A．过量氯气可氧化亚铁离子；

B．Fe²⁺、H⁺、ClO^﹣发生氧化还原反应；

C．该组离子之间不反应；

D．Fe²⁺、NH₄⁺分别与OH^﹣反应．

【解答】解：A．过量氯气可氧化亚铁离子，则不能大量存在Fe²⁺，故A不选；

B．Fe²⁺、H⁺、ClO^﹣发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；

C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；

D．Fe²⁺、NH₄⁺分别与OH^﹣反应，不能大量共存，故D不选；

故选C．

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大．

14．（2016秋·宜城市期中）Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色反应呈黄色．五种元素核电荷数之和为54，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍．工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质．则下列说法不正确的是（ ）

A．原子半径：X＞Y＞Z＞Q＞W

B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z＜Q

C．Q和W可形成原子个数比为1：1和1：2的化合物

D．X、Y和W三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性

【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】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色反应呈黄色，则X是Na元素；W、Z最外层电子数相同，二者位于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，则Z是S、W是O元素；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al元素；

五种元素核电荷数之和为54，Q原子序数=54﹣8﹣11﹣13﹣16=6，为C元素；

A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小；

B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；

C．Q、W分别是C、O元素，二者可以形成CO和二氧化碳；

D．X、Y、W分别是Na、Al、O元素，形成的化合物是偏铝酸钠．

【解答】解：Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色反应呈黄色，则X是Na元素；W、Z最外层电子数相同，二者位于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍，则Z是S、W是O元素；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al元素；

五种元素核电荷数之和为54，Q原子序数=54﹣8﹣11﹣13﹣16=6，为C元素；

A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径X＞Y＞Z＞Q＞W，故A正确；

B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Z＞Q，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z＞Q，故B错误；

C．Q、W分别是C、O元素，二者可以形成CO和CO₂，所以Q和W可形成原子个数比为1：1和1：2的化合物，故C正确；

D．X、Y、W分别是Na、Al、O元素，形成的化合物是偏铝酸钠，偏铝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生推断及元素周期律综合运用，明确原子结构、元素周期表结构、物质结构及物质性质是解本题关键，偏铝酸钠因为水解而导致其水溶液呈碱性．

15．（2016秋·宜城市期中）已知，某无色溶液中含有下列离子中的几种：Na⁺、Ba²⁺、Cl^﹣、Br^﹣、SO

、SO

，为了确定溶液的组成，某学生进行如下探究实验：

①用pH试纸检测溶液的酸碱性，溶液的pH大于7

②取少量溶液，向其中滴加氯水，再加入CC1₄振荡，静置，CC1₄呈橙色

③另取少量溶液，向其中滴加Ba（NO₃）₂溶液和稀HNO₃，有白色沉淀产生

④用分液漏斗将②所得混合液分离，倒出上层清液，滴加AgNO₃溶液和稀HNO₃，有白色沉淀产生．

根据上述实验判断，下列结论正确的是（ ）

A．溶液中一定含有Br^﹣、SO

B．溶液一定含有Na⁺，不含Ba²⁺

C．实验①与上述离子的检验没有关系，可以省略

D．由实验④可以判断溶液中含有Cl^﹣

【考点】无机物的推断；物质的检验和鉴别的实验方案设计．

【分析】①用pH试纸检测溶液的酸碱性，溶液的pH大于7，则含弱酸根离子为SO₃^2﹣，则一定不含Ba²⁺；

②取少量溶液，向其中滴加氯水，再加入CCl₄振荡，静置，CCl₄呈橙色，则一定含Br^﹣；

③另取少量溶液，向其中滴加Ba（NO₃）₂溶液和稀HNO₃，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡，不能确定是否含SO₄^2﹣；

④用分液漏斗将②所得混合液分离，倒出上层清液，滴加AgNO₃溶液和稀HNO₃，有白色沉淀产生，沉淀为AgCl，但②中加氯水引入氯离子，不能确定原溶液是否含Cl^﹣，由溶液为电中性可知，溶液中一定含阳离子为Na⁺，以此来解答．

【解答】解：①用pH试纸检测溶液的酸碱性，溶液的pH大于7，则含弱酸根离子为SO₃^2﹣，则一定不含Ba²⁺；

②取少量溶液，向其中滴加氯水，再加入CCl₄振荡，静置，CCl₄呈橙色，则一定含Br^﹣；

③另取少量溶液，向其中滴加Ba（NO₃）₂溶液和稀HNO₃，有白色沉淀产生，沉淀为硫酸钡，不能确定是否含SO₄^2﹣；

④用分液漏斗将②所得混合液分离，倒出上层清液，滴加AgNO₃溶液和稀HNO₃，有白色沉淀产生，沉淀为AgCl，但②中加氯水引入氯离子，不能确定原溶液是否含Cl^﹣，由溶液为电中性可知，溶液中一定含阳离子为Na⁺，

A．由上述分析可知，不能确定是否含SO₄^2﹣，故A错误；

B．由上述分析可知，溶液一定含有Na⁺，不含Ba²⁺，故B正确；

C．实验①可确定含亚硫酸根离子，不含钡离子，不可省略，故C错误；

D．②中加氯水引入氯离子，不能确定原溶液是否含Cl^﹣，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查物质的推断，为高频考点，把握常见离子的检验方法、盐类水解原理为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．

16．（2014秋·长葛市期末）足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO₂、NO的混合气体2.24L（标准状况），这些气体与一定体积O₂（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入4mol·L^﹣1NaOH溶液至Cu²⁺恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法正确的是（ ）

A．参加反应的硝酸是0.4mol

B．消耗氧气的体积为1.68 L

C．此反应过程中转移的电子为0.3 mol

D．混合气体中含NO₂1.12 L

【考点】有关混合物反应的计算．

【专题】计算题．

【分析】标况下2.24L混合气体的物质的量为：

=0.1mol；50mL 4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，

A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，再根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量；

B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×

=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量，再计算出其体积；

C．根据B的分析可知反应转移的电子的物质的量；

D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，分别根据总体积、电子守恒列式计算．

【解答】解：标况下2.24L混合气体的物质的量为：

=0.1mol；50mL 4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，

A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.1mol+0.2mol=0.3mol，故A错误；

B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×

=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：

=0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，故B错误；

C．根据B的分析可知，反应转移的电子为0.2mol，故C错误；

D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.1，根据电子守恒可得：3x+y=0.2，解得：x=0.05mol、y=0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查了有关离子反应的计算，题目难度中等，明确铜过量及发生反应原理为解答关键，转移电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法．

二、非选择题（本题包括5个大题，共52分）

17．（12分）（2016秋·宜城市期中）A、B、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大．A与D同主族，可形成DA型离子化合物，B与C同周期且相邻，C与E同主族，E^2﹣与Ar原子具有相同的电子层结构，W的合金用量最大、用途最广．请回答下列问题：

（1）W元素在元素周期表中的位置为 第四周期第Ⅷ族 ．

（2）下列说法正确的是 BC

A．原子半径：A＜B＜C＜D＜E

B．D₂WC₄可以用来做消毒剂和净水剂

C．A₄B₂C₃中既含有离子键又含有共价键

D．D₂C₂与EC₂可以反应生成D₂EC₃和C₂

（3）灼热的碳能与B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应，化学反应方程式为 C+4HNO₃（浓）

CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O ．

（4）向盛有A₂C₂溶液的试管中加入几滴酸化的WEC₄溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为 H₂O₂+2H⁺+2Fe²⁺=2Fe³⁺+2H₂O ；一段时间后，溶液中有大量气泡出现，随后溶液温度升高，有红褐色沉淀生成，则产生气泡的原因是 Fe³⁺催化H₂O₂分解产生O₂ ；生成沉淀的原因是 温度升高，促进Fe³⁺水解平衡向正向移动 （用平衡移动原理解释）．

【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】A、B、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大．E^2﹣与Ar原子具有相同的电子层结构，可推知E为S元素，C与E同主族，则C为O元素；B与C同周期且相邻，可推知B为N元素；A与D同主族，可形成DA型离子化合物，二者只能处于IA则，可推知A为氢元素，D为Na；W的合金用量最大、用途最广，则W为Fe．

【解答】解：A、B、C、D、E、W为六种前四周期元素，它们的原子序数依次增大．E^2﹣与Ar原子具有相同的电子层结构，可推知E为S元素，C与E同主族，则C为O元素；B与C同周期且相邻，可推知B为N元素；A与D同主族，可形成DA型离子化合物，二者只能处于IA则，可推知A为氢元素，D为Na；W的合金用量最大、用途最广，则W为Fe．

（1）W为Fe元素，在元素周期表中的位置为：第四周期第Ⅷ族，

故答案为：第四周期第Ⅷ族；

（2）A．同周期自左而右原子半径增大，一般电子层越多原子半径越多，可知原子半径：A（H）＜C（O）＜B（N）＜E（S）＜D（Na），故A错误；

B．Na₂FeO₄中Fe为+6价，具有强氧化性，还原得到Fe³⁺水解生成氢氧化铁胶体，可以用来做消毒剂和净水剂，故B正确；

C．A₄B₂C₃为NH₄NO₃，既含有离子键又含有共价键，故C正确；

D．Na₂O₂具有强氧化性，与SO₂可以反应生成Na₂SO₄，故D错误，

故选：BC；

（3）B的最高价氧化物对应水化物为HNO₃，灼热的碳能与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳与水，化学反应方程式为：C+4HNO₃（浓）

CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O，

故答案为：C+4HNO₃（浓）

CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O；

（4）向盛有H₂O₂溶液的试管中加入几滴酸化的FeSO₄溶液，溶液变成棕黄色，说明Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，发生反应的离子方程式为：H₂O₂+2H⁺+2Fe²⁺=2Fe³⁺+2H₂O，一段时间后，溶液中有大量气泡出现，随后溶液温度升高，有红褐色沉淀生成，则产生气泡的原因是：Fe³⁺催化H₂O₂分解产生O₂；生成沉淀的原因是：温度升高，促进Fe³⁺水解平衡向正向移动，

故答案为：H₂O₂+2H⁺+2Fe²⁺=2Fe³⁺+2H₂O；Fe³⁺催化H₂O₂分解产生O₂；温度升高，促进Fe³⁺水解平衡向正向移动．

【点评】本题以元素推断为载体，考查元素周期表与元素周期律、原子结构、元素化合物知识、信息获取与迁移应用能力等，是对学生综合能力的考查，难度中等．

18．（12分）（2016秋·宜城市期中）将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和水六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物．

（1）A能溶于强酸、强碱，写出A与强碱溶液反应的离子方程式： Al₂O₃+2OH^﹣=2AlO₂^﹣+H₂O ．

（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B是形成酸雨的主要原因，B在一定条件下可以转化为D，则该方程式为 2SO₂+O₂

2SO₃ ．已知煤燃烧所产生的烟气中含有B，若在煤中掺入适量生石灰，可减少B的排放，请写出其反应的化学方程式： SO₂+CaO

CaSO₃或SO₂+2CaO+O₂

2CaSO₄ ．

（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，工业上常用E为原料制取硝酸，写出E催化氧化的化学方程式 4NH₃+5O₂

4NO+6H₂O ； E和氯气接触会产生白烟，利用这一反应，化工厂的工人可用沾有浓氨水的玻璃棒检验输送氯气的管道是否漏气，该反应的化学方程式为 8NH₃+3Cl₂═6NH₄Cl+N₂

（4）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，则其化学式为 NH₄Al（SO₄）₂·12H₂O ．

【考点】无机物的推断．

【专题】推断题；热点问题；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物．

【分析】晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和水六种产物，A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物，

（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al₂O₃，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；

（2）由B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B是形成酸雨的主要原因，B在一定条件下可以转化为D，则B为SO₂，D为SO₃；

（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH₃；氨气与氯气发生氧化还原反应生成氯化铵，可以看到白烟；

（4）X的组成类似于明矾，结合以上分析写出晶体X的化学式．

【解答】解：晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和水六种产物，A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物，

（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物A为Al₂O₃，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为Al₂O₃+2OH^﹣=2AlO₂^﹣+H₂O，

故答案为：Al₂O₃+2OH^﹣=2AlO₂^﹣+H₂O；

（2）由B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，B是形成酸雨的主要原因，B在一定条件下可以转化为D，则B为SO₂，D为SO₃，反应方程式为2SO₂+O₂

2SO₃，煤燃烧所产生的烟气中含有B，若在煤中掺入适量生石灰，可减少B的排放，其反应的化学方程式为SO₂+CaO

CaSO₃或 SO₂+2CaO+O₂

2CaSO₄，

故答案为：2SO₂+O₂

2SO₃；SO₂+CaO

CaSO₃或 SO₂+2CaO+O₂

2CaSO₄；

（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则E为NH₃，氨的催化氧化的方程式为4NH₃+5O₂

4NO+6H₂O，氨气与氯气发生氧化还原反应生成氯化铵，可以看到白烟，反应方程式为8NH₃+3Cl₂═6NH₄Cl+N₂，

故答案为：4NH₃+5O₂

4NO+6H₂O；8NH₃+3Cl₂═6NH₄Cl+N₂；

（4）X的组成类似于明矾，结合以上分析可知晶体X的化学式为NH₄Al（SO₄）₂·12H₂O，

故答案为：NH₄Al（SO₄）₂·12H₂O．

【点评】本题考查无机物推断、未知物的检验，题目难度中等，注意掌握常见元素及其化合物的性质，正确理解题中信息是解题关键，要求学生具备扎实基础知识和一定的分析、推理能力．

19．（10分）（2017·沧州模拟）加热条件下，硅单质和HCl反应生成SiHCl₃是粗硅提纯的重要步骤．某小组设计如图所示装置完成上述转化（夹持装置略去）．

已知：SiHCl₃的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，能与水剧烈反应，在空气中易被氧化，CCl₄的沸点为76.8°C．

请回答：

（1）仪器a的名称为 蒸馏烧瓶 ；导管g的作用为 平衡压强，使浓硫酸容易滴加（或其它合理答案） ；

（2）装置A中，浓硫酸体现的性质为 吸水性 ；实验时，需先打开分液漏斗活塞，一段时间后，在点燃C处酒精灯，理由是 排尽装置中的空气，避免SiHCl₃与空气中的水蒸气反应和被O₂氧化 ；

（3）装置C中发生反应的化学方程式为 Si+3HCl

SiHCl₃+H₂ ；

（4）装置D中所得的液态混合物的分离方法为 蒸馏 ．（填操作名称）

（5）反应后的气体通过装置F中的NaOH溶液后，对逸出气体的处理方法为 点燃（或气囊收集） ；

（6）SiHCl₃在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物和一种无氧酸，该反应的化学方程式为 2SiHCl₃+O₂+2H₂O═2SiO₂+6HCl ．

【考点】制备实验方案的设计．

【专题】制备实验综合．

【分析】粗硅提纯：装置A，蒸馏烧瓶中盛放浓盐酸，分液漏斗中盛放浓硫酸，利用浓硫酸的吸水性以及氯化氢的挥发性，打开分液漏斗活塞，从A中排出氯化氢气体，排尽装置中的空气，装置B，对氯化氢气体进行干燥，装置C，粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl₃：Si+3HCl

SiHCl₃+H₂；装置F中的氢氧化钠是为了吸收过量的氯化氢，装置E防止F中的水蒸气进入装置D与SiHCl₃发生反应，装置D收集SiHCl₃，通过装置F后，剩余气体为氢气，可通过点燃或气囊收集处理．

（1）根据仪器a的特征以及常见仪器的名称解答，装置A中的b导管是为了平衡压强的作用；

（2）浓硫酸具有吸水性，氯化氢易挥发，SiHCl₃能与水剧烈反应，在空气中易被氧化；

（3）硅和氯化氢在加热的条件下反应生成和三氯硅烷和氢气；

（4）得到的产物沸点不同，可以控制沸点通过蒸馏的方法得到SiHCl₃；

（5）反应后的气体为氢气，氢气具有可可燃性，可通过燃烧或气囊收集的方法处理尾气；

（6）SiHCl₃在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物为二氧化硅，一种无氧酸根据原子守恒可知为氯化氢．

【解答】解：（1）仪器a是具有支管的烧瓶，为蒸馏烧瓶，装置A中的b导管是为了平衡压强的作用，使分液漏斗中的液体浓硫酸顺利流下，

故答案为：蒸馏烧瓶；平衡压强，使浓硫酸容易滴加（或其它合理答案）；

（2）装置A，蒸馏烧瓶中盛放浓盐酸，分液漏斗中盛放浓硫酸，利用浓硫酸的吸水性以及氯化氢的挥发性，打开分液漏斗活塞，从A中排出氯化氢气体，SiHCl₃的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，能与水剧烈反应，在空气中易被氧化，实验时，需先打开分液漏斗活塞，一段时间后，在点燃C处酒精灯，排尽装置中的空气，避免SiHCl₃与空气中的水蒸气反应和被O₂氧化，

故答案为：吸水性； 排尽装置中的空气，避免SiHCl₃与空气中的水蒸气反应和被O₂氧化；

（3）根据题干信息，硅单质和HCl反应生成SiHCl₃可知，硅和氯化氢反应的方程式为：Si+3HCl

SiHCl₃+H₂，

故答案为：Si+3HCl

SiHCl₃+H₂；

（4）SiHCl₃的沸点为33.0°C，易溶于有机溶剂，制出的SiHCl₃可能不纯，提纯SiHCl₃的方法是利用其沸点较低，通过蒸馏的方法分离得到纯净的SiHCl₃，

故答案为：蒸馏；

（5）硅单质和HCl反应Si+3HCl

SiHCl₃+H₂，粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl₃：Si+3HCl

SiHCl₃+H₂；装置F中的氢氧化钠是为了吸收过量的氯化氢，通过装置F后，剩余气体为氢气，氢气燃烧生成水，可通过点燃或气囊收集处理，

故答案为：点燃（或气囊收集）；

（6）硅的稳定氧化物为二氧化硅，SiHCl₃在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物为二氧化硅，根据原子守恒可知一种无氧酸为氯化氢，所以该反应的化学方程式为：2SiHCl₃+O₂+2H₂O═2SiO₂+6HCl，

故答案为：2SiHCl₃+O₂+2H₂O═2SiO₂+6HCl．

【点评】本题考查了粗硅的提纯，题目难度中等，明确实验原理和实验目的是解题关键，注意硅及其化合物的性质，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．

20．（12分）（2016秋·宜城市期中）电镀污泥中含有Cr（OH）₃、Al₂O₃、ZnO、CuO、NiO等物质，工业上通过下述流程回收Na₂Cr₂O₇等物质．

已知：

①Cr（OH）₃、ZnO和Al₂O₃一样均为两性化合物；

②Na₂Cr₂O₇、Na₂SO₄在不同温度下的溶解度如表：

	20℃	60℃	100℃
Na2SO4	19.5	45.3	42.5
Na2Cr2O7	183	269	415

（1）焙烧过程中生成Na₂CrO₄的化学方程式为 4Cr（OH）₃+4Na₂CO₃+3O₂

4Na₂CrO₄+6H₂O+4CO₂ ；水浸后溶液中除Na₂CrO₄还存在的溶质有 NaAlO₂ 和 Na₂ZnO₂ ；

（2）加入H₂SO₄调节pH的目的为 除去溶液中NaAlO₂、Na₂ZnO₂杂质，并将CrO₄^2﹣转化为Cr₂O₇^2﹣ ；

（3）得到滤渣Ⅲ的“系列操作”的步骤为 蒸发浓缩 、 冷却结晶 过滤；

（4）若1L加入H₂SO₄后所得溶液中含铬元素质量为23.4g，CrO₄^2﹣有8/9转化为Cr₂O₇^2﹣，求转化后所得溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）= 0.2 mol·L^﹣1；

（5）向Na₂Cr₂O₇与H₂SO₄混合液中加入H₂O₂，再加入乙醚并摇动，乙醚层为蓝色．乙醚中溶有CrO₅，则发生反应的化学方程式为 Na₂Cr₂O₇+4H₂O₂+H₂SO₄═2CrO₅+Na₂SO₄+5H₂O ．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别．

【分析】以含有Cr（OH）₃、Al₂O₃、ZnO、CuO、NiO等物质的电镀污泥为原料，烘干后加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应4Cr（OH）₃+4Na₂CO₃+3O₂

4Na₂CrO₄+6H₂O+4CO₂，Al₂O₃+Na₂CO₃

2NaAlO₂+CO₂↑，ZnO+Na₂CO₃

Na₂ZnO₂+CO₂↑，水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO，滤液为Na₂CrO₄，NaAlO₂、Na₂ZnO₂等，调节溶液PH沉淀ZnO₂^2﹣离子和偏铝酸根离子，过滤得到滤液Na₂CrO₄，滤渣Ⅱ的主要成分有Zn（OH）₂、Al（OH）₃，滤液Na₂CrO₄加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液，通过提纯得到重铬酸钠，

（1）根据上面的分析可知，氢氧化铬与碳酸钠在氧气的作用下被氧化成铬酸钠；焙烧后的固体中Na₂CrO₄、Na₂ZnO₂、NaAlO₂都溶于水；

（2）水浸后溶液中存在Na₂CrO₄，加入硫酸发生CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O，从平衡移动的角度分析，同时NaAlO₂、Na₂ZnO₂杂质与酸反应；

（3）铬酸钠中加入硫酸生成重铬酸钠和硫酸钠，所以得到滤渣Ⅲ应为硫酸钠，根据两种物质的溶解度与温度的关系可确定操作步骤；

（4）若1L加入H₂SO₄后所得溶液中含铬元素质量为23.4g即铬的物质的量为

=0.45mol，根据铬元素守恒可计算出所得溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）；

（5）Na₂Cr₂O₇与H₂O₂，在酸性条件下反应生成CrO₅，根据元素守恒书写反应的化学方程式．

【解答】解：（1）根据上面的分析可知，氢氧化铬与碳酸钠在氧气的作用下被氧化成铬酸钠，反应的化学方程式为4Cr（OH）₃+4Na₂CO₃+3O₂

4Na₂CrO₄+6H₂O+4CO₂，焙烧后的固体中Na₂CrO₄、Na₂ZnO₂、NaAlO₂都溶于水，所以水浸后溶液中的溶质除Na₂CrO₄还存在 NaAlO₂、Na₂ZnO₂，

故答案为：4Cr（OH）₃+4Na₂CO₃+3O₂

4Na₂CrO₄+6H₂O+4CO₂； NaAlO₂、Na₂ZnO₂；

（2）水浸后溶液中存在Na₂CrO₄，加入硫酸发生CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O，NaAlO₂、Na₂ZnO₂与酸反应，可以除去溶液中NaAlO₂、Na₂ZnO₂杂质，并将CrO₄^2﹣转化为Cr₂O₇^2﹣，

故答案为：除去溶液中NaAlO₂、Na₂ZnO₂杂质，并将CrO₄^2﹣转化为Cr₂O₇^2﹣；

（3）铬酸钠中加入硫酸生成重铬酸钠和硫酸钠，所以得到滤渣Ⅲ应为硫酸钠，根据两种物质的溶解度与温度的关系可知重铬酸钠的溶解度较大，而硫酸钠的溶解度较小，所以得到滤渣Ⅲ硫酸钠的步骤为 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；

（4）若1L加入H₂SO₄后所得溶液中含铬元素质量为23.4g即铬的物质的量为

=0.45mol，CrO₄^2﹣有8/9转化为Cr₂O₇^2﹣，所以溶液中n（Cr₂O₇^2﹣）=0.45mol×

=×

0.2 mol，则溶液中c（Cr₂O₇^2﹣）=0.2mol·L^﹣1，

故答案为：0.2；

（5）Na₂Cr₂O₇与H₂O₂，在酸性条件下反应生成CrO₅，反应的化学方程式为Na₂Cr₂O₇+4H₂O₂+H₂SO₄═2CrO₅+Na₂SO₄+5H₂O，

故答案为：Na₂Cr₂O₇+4H₂O₂+H₂SO₄═2CrO₅+Na₂SO₄+5H₂O．

【点评】本题考查了物质的分离提纯流程，主要考查了操作流程分析、平衡状态的判断、溶度积常数的计算、方程式的书写等，题目难度中等，侧重于考查学生分析问题、解决问题能力和计算能力．

21．（6分）（2016·江苏）过氧化钙（CaO₂·8H₂O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂．

（1）Ca（OH）₂悬浊液与H₂O₂溶液反应可制备CaO₂·8H₂O．

Ca（OH）₂+H₂O₂+6H₂O═CaO₂·8H₂O

反应时通常加入过量的Ca（OH）₂，其目的是 提高过氧化氢的利用率 ．

（2）箱池塘水中加入一定量的CaO₂·8H₂O后，池塘水中浓度增加的离子有 AD （填序号）．

A．Ca²⁺ B．H⁺ C．CO₃^2﹣ D．OH^﹣

（3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO₄和碱性KI溶液，生成MnO（OH）₂沉淀，密封静置，加入适量稀H₂SO₄，将MnO（OH）₂与I^﹣完全反应生成Mn²⁺和I₂后，以淀粉作指示剂，用Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：

①写出O₂将Mn²⁺氧化成MnO（OH）₂的离子方程式： O₂+2Mn²⁺+4OH^﹣=2MnO（OH）₂↓ ．

②取加过一定量CaO₂·8H₂O的池塘水样100.00mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000mol·L^﹣1Na₂

S₂O₃标准溶液13.50mL．计算该水样中的溶解氧（用mg·L^﹣1表示），写出计算过程．

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．

【专题】无机实验综合．

【分析】（1）依据方程式可知反应时加入氢氧化钙是为了提高双氧水的利用率；

（2）过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO₂·8H₂O，池塘水中浓度增加的离子有钙离子和氢氧根离子；

（3）①O₂将Mn²⁺氧化成MnO（OH）₂的反应中O₂是氧化剂得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+4价，失2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为：O₂+2Mn²⁺+4OH^﹣=MnO（OH）₂；

②依据流程图并依据电子得失守恒可知氧气得到的电子就是硫代硫酸钠失去的电子，其中硫元素化合价从+2价升高到+2.5价，计算该水样中的溶解氧．

【解答】解：（1）依据方程式Ca（OH）₂+H₂O₂+6H₂O═CaO₂·8H₂O可知，反应时加入氢氧化钙是为了提高双氧水的利用率，

故答案为：提高过氧化氢的利用率；

（2）过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO₂·8H₂O，池塘水中浓度增加的离子有钙离子和氢氧根离子，选择AD，

故答案为：AD；

（3）①O₂将Mn²⁺氧化成MnO（OH）₂的反应中O₂是氧化剂得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+4价，失2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为：O₂+2Mn²⁺+4OH^﹣=2MnO（OH）₂，

故答案为：O₂+2Mn²⁺+4OH^﹣=2MnO（OH）₂；

②I₂+2S₂O₃^2﹣=2I^﹣+S₄O₆^2﹣，n（I₂）=

=

=6.750×10^﹣5mol，

n（MnO（OH）₂）=n（I₂）=6.750×10^﹣5mol，

n（O₂）=

n（MnO（OH）₂）=

×6.750×10^﹣5mol=3.375×10^﹣5mol，

水中溶解氧=

=10.80mg/L，

答：该水样中的溶解氧10.80mg/L．

【点评】本题考查氧化还原反应方程式书写以及溶解氧含量测定等，主要是滴定实验过程的理解应用和计算分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．