河南省南阳市2021-2022学年高一下学期第二次月考化学试题.docx

1、河南省南阳市2021-2022学年高一下学期第二次月考化学试题一、单选题1中华传统文化与化学紧密相关，下列有关物质成分的叙述正确的是A柴窑烧制出的“明如镜，薄如纸，声如磐”的瓷器，其主要原料为硅单质B我国自主研制的舱外航天服使用的特种镁合金材料，属于新型无机非金属材料C古人采用蒸馏法从海水中获取淡水，现代可通过向海水中加入明矾实现海水淡化D“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”中的“杓”含Fe3O4【答案】D【解析】【详解】A瓷器的主要原料为硅酸盐，A错误；B金属材料包括纯金属和合金，镁合金材料属于金属材料，B错误；C向海水中加入明矾，主要是利用明矾中水解生成的氢氧化铝胶体的吸附能力，

2、将海水中的悬浊物沉降，但不能实现海水中可溶性盐的脱除，因此无法实现海水淡化，C错误；DFe3O4俗称磁性氧化铁，能够被磁铁吸引，因此可作指南针，“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南中的“杓”就含有具有磁性的Fe3O4，D正确；答案选D。2设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A3.4gH2O2中含共价键的个数总和为0.3NA个B0.1mol/LNaCl溶液中含有0.1NA个Na+C2g2H218O所含的中子数约为6.021023DPCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构【答案】A【解析】【详解】AH2O2的结构为HOOH，1个H2O2分子中含有3个共价键，

3、3.4gH2O2的物质的量为，则含共价键的个数总和为0.3NA个，A正确；B溶液体积未知，不能计算Na+的个数，B错误；C2g2H218O的物质的量为，含有的中子数为，C错误；DBCl3分子中B原子最外层只有6个电子，D错误；答案选A。3关于下列粒子的描述不正确的是APH3的电子式为，其热稳定性不如NH3BHS-的电子式为，是含有极性键的18电子的粒子CH2O的结构式是HOHD用电子式表示MgCl2的形成过程：【答案】D【解析】【详解】APH3为共价化合物，其电子式为，由于非金属性NP，所以PH3的稳定性不如NH3，A正确；BHS-中S与H形成1个共用电子对，形成极性共价键，电子式为，总共含有

4、的电子数为16+1+1=18，B正确；CH2O为共价化合物，每个H和O形成1个共用电子对，结构式是HOH，C正确；DMg失去电子形成Mg2+，Cl得到电子形成Cl-，因此箭头的方向应该是Mg指向Cl，D错误；答案选D。4我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2OPt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图：下列说法错误的是A该反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2B该反应能量转化形式为光能化学能C图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+D反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂【答

5、案】D【解析】【详解】A根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，A正确；B由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能化学能，B正确；C观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，C正确；D根据总反应可知，反应过程中不涉及到非极性共价键的断裂，D错误；答案选D。5四种短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn、dRm，它们具有相同的电子层结构，若mn，对下列叙述正确的是ab=nm元素的原子序数abcd元素非金属性ZR最高价氧化物对应水化物的碱性XY还原性RmZnX一定可

6、与冷水反应A只有正确B正确C正确D正确【答案】D【解析】【详解】四种短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，则a-m=b-n=c+n=d+m，若mn，则原子序数大小顺序是abcd，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期，即X、Y处于第三周期，Z、R处于第二周期。离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，可得a-b=m-n，故错误；由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若mn，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序

7、数为abcd，故正确；Z、R为同一周期的非金属元素，且元素的原子序数cd，在同一周期元素非金属性从左向右在增强，即非金属性ZR，故正确；四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数ab，在同一周期元素的金属性从左向右在减弱，即金属性YX，则最高价氧化物对应水化物碱性YX，故错误；非金属性ZR，还原性Rm-Zn-，故正确；X可以为第三周期Mg或Al，与冷水反应不反应，故错误，故选D。6世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶广丰的许家桥矿区，经分析发现滑石中含有四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族。X的某种单质被喻为“地球的保护

8、伞”，W2X2分子中含有18个电子。下列说法中正确的是A原子半径大小顺序为ZYXWB化合物YX是一种很好的耐火材料CY单质的导电性能弱于Z单质的DZ的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】【分析】X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为13-1-6=6=2+4，则Y为第三周期第A的Mg、Z为第三周期第A的Si，据此回答。【详解】A通常电子层数越大，原子半径越多，同周期从左到右原子半径递减，则原子半

9、径大小顺序为YZ XW，A错误；B 化合物YX即MgO，熔点高达2800C左右，是一种很好的耐火材料，B正确；C Y单质即镁是电的良导体、Z单质即硅是半导体，Y导电性能更好，C错误； D Z的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，D错误；答案选B。7二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示。常温下，S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，下列说法中错误的是AS2Cl2同时含有极性键和非极性键BS2Cl2中所有原子最外层都达到了8e-稳定结构C反应中SO2是氧化产物，S是还原产物D反应

10、中，生成3molS，转移电子数目为6NA【答案】D【解析】【详解】A由结构可知，S2Cl2分子中同时含有Cl-S极性键和S-S非极性键，A正确；BS2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，所有原子最外层都达到了8e-稳定结构，B正确；C根据化学反应2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价生成SO2，一部分降低到0价生成S，SO2是氧化产物，S是还原产物，C正确；D在反应中，S元素发生自身氧化还原反应，S2Cl2硫化合价由+1升高为0价S，所以生成3molS，转移电子为3mol，即转移的电子数目为3NA，D错

11、误；答案选D。8下列说法正确的有几句质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子任何物质中都存在化学键氢键是极弱的化学键NaHSO4在熔融状态下不仅破坏了离子键，还破坏了共价键活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键任何共价化合物中，成键原子成键后均满足稳定结构验证化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔融状态下能否导电两种非金属元素形成的化合物不可能含有离子键化学键断裂，一定发生化学变化A1B2C3D4【答案】C【解析】【详解】分子显电中性，离子带电，两种粒子的质子数和电子数均相同，如果一种为分子，则质子数和电子数相等，一种为离子，质子数和电子数不相同，因此不可能是一种分子和

12、一种离子，正确；在稀有气体的晶体中，不存在化学键，只存在分子间作用力，错误；氢键不是化学键，而是分子间作用力的一种，错误；NaHSO4在熔融状态下电离得到Na+和，只破坏了离子键，错误；活泼金属易失去电子形成阳离子，活泼非金属易得到电子形成阴离子，两者化合时能形成离子键，正确；在BF3分子中，B原子周围有6个电子，而原子稳定结构的核外电子数是8，错误；离子化合物在融化的状态下都可以导电，故可以用该方法验证化合物是否为离子化合物，正确；两种非金属元素形成的化合物中可能含有离子键，例如NH4H等，错误；化学键断裂，不一定新物质生成，比如NaCl在水中的电离，该过程不属于化学变化，错误；综上，共3个

13、正确，答案选C。9氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为:6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4+6Br2+6H2O,利用此反应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是ABCD【答案】D【解析】【详解】A萃取后得到的Br2的CCl4溶液分离时应选择蒸馏操作，故A正确；B反应后的液体混合物除BaSO4沉淀时，应选择过滤操作，故B正确；C过滤后的混合液中的Br2应选择加入CCl4，萃取后再选择分液操作，故C正确；D固体加热才选择坩埚加热，本实验不涉及此操作，故D错误；故答案为D。10X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元

14、素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断正确的是（）A反应、属于氧化还原反应，属于非氧化还原反应BY的离子半径比Z的离子半径小C反应可以证明X的非金属性强于WD一定条件下，x与甲反应生成丁【答案】D【解析】【分析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与二氧化硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。【详解】A. 反应为镁和二氧化碳反应，反应过程镁和碳元素化合价均发生变化，是氧化还原反应，反应为碳在氧

15、气中点燃，是氧化还原反应，反应为碳和二氧化硅反应，反应过程中碳和硅元素化合价均发生变化，是氧化还原反应，故A项错误；B.Y的离子为O2-，Z的离子为Na+，电子层数均为两层，但氧离子的核电荷小于钠离子，故氧离子半径大于钠离子，故B项错误；C.根据元素周期律，非金属性越强，单质氧化性越强，反应为：,反应中C将Si元素还原，不能说明C的非金属性强于Si，故C项错误；D.碳可以和二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，故D项正确；故答案为D。【点睛】具有相同核外电子排布的离子，原子序数越大，其离子半径越小。11某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、Fe3+、Ba2+、Al3+、Cl、OH、。向该溶液

16、中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A3种B4种C5种D6种【答案】C【解析】【详解】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与、OH会发生反应，不能大量共存；OH与、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH，还可能含有大量的Ba2+、Cl、，离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、Ba2+、Al3+、Cl，最多是5种离子，C项符合题意，故选项是C。12图为海水综合利用的部分流程，下列说法正确的

17、是A试剂为过量，试剂为过量的盐酸B在实验室完成步骤、所需实验仪器相同C每提取80g液溴，理论上消耗标准状况下的氯气22.4LD要解决海水提溴过程中对设备的腐蚀，该过程最好在铁制容器中进行【答案】C【解析】【详解】A试剂的作用是使Mg2+形成沉淀，所以石灰乳最好，试剂作用是使Mg(OH)2，可以使用过量的盐酸，选项A错误；B步骤是过滤，步骤蒸发结晶，步骤为蒸馏，所需实验仪器不相同，选项B错误；C在得到低浓度Br2和高浓度Br2需要两次用到氯气，所以提取液溴，理论上消耗标准状况下的氯气，选项C正确；D海水提溴过程中要用到盐酸以及反应过程中会产生硫酸，对设备会产生腐蚀，该过程最好不在铁制容器中进行，

18、选项D错误；答案选C。13原电池电极的“正”与“负”不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关.下列说法中不正确的是A由Fe、Cu和溶液组成的原电池中，负极反应式为：B由Zn、Cu和稀硫酸组成的原电池中，负极反应式为：C由Al、Mg和NaOH溶液组成的原电池中，负极反应：D由Al、Cu和浓溶液组成的原电池中，负极反应式为：【答案】D【解析】【详解】A由Fe、Cu和溶液组成的原电池，Fe和Cu都与溶液反应，但Fe的金属性比Cu强，所以Fe失电子，作负极，Cu作正极，所以负极反应式为：，故A正确；B由于Zn和稀硫酸反应而失电子，Cu和稀硫酸不反应，所以Zn作负极，Cu作正极，负极反应式为：，故B

19、正确；C因Al和NaOH溶液反应而失去电子，Mg和NaOH溶液不反应，所以Al作负极，Mg作正极，负极反应为：，故C正确；D由于Al和浓发生钝化现象，Cu和浓能自发进行反应，所以Cu作负极，Al作正极，负极反应式为：，故D错误；答案选D。14取三份不同组成的镁铝混合物分别加入1mol/L的盐酸，待混合物完全溶解后，往溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中错误的是A图中a的取值范围为0a50B图中的最大值为2.5C图中a的取值范围为80a90D图中a的取值范围为75a90【答案】C【解析】【分析】开始没有沉淀生成，为中和剩余的盐酸

20、，而后氯化镁、氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，最后为氢氧化铝溶解，据此分析解答。【详解】A 氢氧化铝溶Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此阶段消耗NaOH10mL，所以nAl(OH)3=0.01L1mol/L=0.01mol，故n(Al3+)=0.01mol，故与Al3+反应消耗的NaOH溶液为=0.03L=30mL，当没有盐酸剩余时，a=0，假设无Mg2+，a的值最大，此时a=80-30=50，而实际存在Mg2+，所以0a50，A正确；B 由A可知n(Al3+)=n(Al)=0.01mol，故与Al3+反应消耗的NaOH溶液为30mL，当a=0时，盐酸没有

21、剩余，与镁离子和铝离子反应需要NaOH溶液体积最大，溶液中镁离子物质的量最大，沉淀量最大时，根据氢氧根守恒有3nAl(OH)3+2nMg(OH)2=n(NaOH)，故nMg(OH)2=(0.08L1mol/L-0.01mol3)=0.025mol，故n(Mg)=0.025mol，所以的最大值为：=2.5，B正确；C 当没有铝离子时，生成的沉淀不和氢氧化钠反应，此时a值最小，80=a；当生成的沉淀全部是氢氧化铝时，氢氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，此时a值最大，生成氢氧化铝沉淀所用的氢氧化钠体积是溶解氢氧化铝所用氢氧化钠体积的3倍，所以溶解氢氧化铝所用氢氧化钠的体积a=80+=96.7，实际

22、上存在镁离子，所以a的取值范围是80a96.7，C错误；D 当没有铝离子时，生成的沉淀全部是氢氧化镁，此时a值最大为90；当生成的沉淀全部是氢氧化铝，生成的氢氧化铝又能和氢氧化钠完全转化为偏铝酸钠时a值最小，生成氢氧化铝所用的氢氧化钠与溶解氢氧化铝所用的氢氧化钠的体积之比为3：1，所以a=3+30=75，实际上溶液中含有铝离子和镁离子，所以a的取值范围是75a90，D正确；答案选C。【点睛】运用极值法是解决此类混合物问题的关键，假设混合物中全是镁或全是铝分别进行计算，确定范围。15科学家在火星岩中发现了一种化合物(结构如图所示)，并预测这种化合物是火星生命的基础。该化合物中W、X、Y、Z为原子

23、序数依次增大的前20号主族元素。四种元素中只有W、X同周期。下列说法不正确的是A原子半径：ZXYB元素非金属性：XWYCX的最简单氢化物的水溶液为弱酸D化合物YW2与ZX2中所含化学键的类型不同【答案】A【解析】【分析】根据结构式可判断Y可以形成4个共价键，位于第A族，W可形成2个共价键，位于第VIA族，根据W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素可知，W是O，Y是Si，Z可形成带2个正电荷的阳离子，则Z是Ca，X可以形成1个共价键，所以X是F，据此解答。【详解】A同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：CaSiF，即ZYX，A错误；B元素非金属性

24、：FOSi，即XWY，B正确；CX的最简单氢化物的水溶液为氢氟酸，是一种弱酸，C正确；D化合物SiO2与CaF2中所含化学键的类型不同，前者是共价键，后者是离子键，D正确；答案选A。二、多选题16下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是AKAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2使SO恰好完全沉淀：2Al3+3SO+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4B2molL-1NaAlO2溶液与1.5molL-1稀硫酸等体积混合：6AlO+9H+3H2O=5Al(OH)3+Al3+C工业制粗硅：SiO2+CCO2+SiDFeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br-+2Cl2=2F

25、e3+Br2+4Cl-【答案】BD【解析】【详解】A假设KAl(SO4)2物质的量为1mol，SO恰好完全沉淀时，消耗2molBa(OH)2，生成2mol硫酸钡，同时1mol铝离子和4mol氢氧根离子反应生成1mol偏铝酸根离子和2mol水，反应的离子方程式为Al3+2SO+2Ba2+4OH-=+2BaSO4+2H2O，A错误；B溶液与稀硫酸等体积混合，离子方程式中二者的化学计量数之比也为2：3，离子方程式为：6AlO+9H+3H2O=5Al(OH)3+Al3+，B正确；C工业上用焦炭还原石英砂制粗硅，生成硅的同时生成CO，不是CO2，化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO，C错误；Dn(F

26、eBr2)=n(Cl2)，如果2molCl2完全反应转移电子4 mol，根据电子得失守恒可知，在2molFeBr2中，就会有2mol Fe2完全被氧化为Fe3，失去2 mol电子，而4molBr-中只有2molBr-失电子被氧化为Br2，所以FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-，D正确；答案选BD。三、原理综合题17。回答下列问题：(1)标准状况下，H2、D2、T2的密度之比为_，同温同压下，1LD2和T2气体中所含的中子数之比为_。(2)现有BaCl2Na2O2KOHNa2SO4干冰H2SO4六种物质，熔化时不需要破坏化学键的是_(

27、填写物质的序号，下同)，只含有离子键的物质是_。(3)如图所示，N4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构。已知断裂1molNN键吸收193kJ热量，断裂1molNN键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为N2时要_(填“吸收”或“放出”)热量_kJ。某化学兴趣小组的几位同学探究原电池原理的应用时，做了如图的实验：原电池原理判断金属的活泼性。(4)实验前，甲同学认为“构成原电池的负极总是较活泼的金属材料”，若根据他的判断，两个装置中的Al都是_极；实际实验时发现两个装置中的电流表偏转方向不同，以下的有关中判断正确的是_。A利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的电解质B镁的金属

28、性不一定比铝的金属性强C该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值D该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，故应具体问题具体分析(5)乙同学利用打磨过的铜片和铝片设计了如图的实验装置，并测量和绘制了原电池的电流(I)随时间(t)的变化曲线(极短时间电流反转)，则图中t1时刻之后阶段，负极材料是_。【答案】(1) 1：2：3 1：2(2) (3) 放出 724(4) 正 AD(5)Cu【解析】(1)密度公式为：=，相同条件下，Vm相同，所以其密度之比等于其摩尔质量之比，为1：2：3，根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，物质的量之比等于气体体积之比，故D2和T2的物质的量之比为1：1，物质

29、的量相同的单质含有的分子数相同，D2和T2中子数分别为2和4，1LD2和T2气体中所含中子数之比=1：2；(2)BaCl2为离子化合物，含有离子键；Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性共价键；KOH为离子化合物，含有离子键和极性共价键；Na2SO4为离子化合物，含有离子键和极性共价键；干冰为共价化合物，为分子晶体，含有共价键；H2SO4为共价化合物，为分子晶体，含有共价键；分子晶体熔化时不破坏化学键，因此干冰和H2SO4熔化时只破坏分子间的作用力，不需要破坏化学键，只含有离子键的物质是BaCl2；(3)N4转化成N2的反应为N4=2N2，1molN4中有6molN-N键，因此断裂6mol

30、N-N键吸收能量为6193kJ=1158kJ，生成2molNN释放能量为2941kJ=1882kJ，放出能量高于吸收能量，该反应为放热反应，放出热量为(1882-1158)kJ=724kJ；(4)根据“构成原电池的负极总是较活泼的金属材料”这句话作为判断依据，Mg比Al活泼，因此Al应为正极。A在不同电解质中金属的活泼性可能不同，利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的电解质，A正确；B镁的金属性一定比铝的金属性强，B错误；C此选项表述错误，C错误；D该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，故应具体问题具体分析，D正确；故答案选AD；(5)Al的活泼性强于Cu，但Al在浓硝酸

31、中会钝化，形成一层致密的氧化膜，阻止反应的继续进行，因此0时刻应为Al钝化过程的原电池反应，Al作负极，而时刻后，Al钝化，不再和浓硝酸反应，此时Cu作负极；四、工业流程题18除金、铂等极少数金属外，绝大多数金属元素以化合物形式存在于自然界中，将金属元素从其化合物中还原出来的工业工程称为金属的冶炼。下列材料描述了部分常见金属的冶炼方法。工业上冶炼镁的方法有两种，电解法和皮江法。电解法是电解熔融的氯化镁；皮江法是硅在高温下还原氧化镁。霍尔-埃鲁铝电解法是以氧化铝为原料、冰晶石(Na3AlF6)为熔剂组成的电解质，在950-970的条件下通过电解的方法使电解质熔体中的氧化铝分解为铝和氧气。冶炼锰一

32、般用铝热法，即在高温下用铝还原二氧化锰。相关各物质熔点见下表：物质Al2O3AlCl3MgOMgCl2AlMnMg熔点/230319028007126601244649根据上述信息回答下列问题：(1)冶炼镁时电解熔融MgCl2而不电解熔融MgO的原因是_(2)将铝和镁作电极插入稀硫酸中，镁、铝分别作_极、_极；写出正极的电极反应式：_。下面是皮江法冶炼镁的工业流程示意图：(3)气体a是_。(4)还原炉需控制温度为1200左右，并抽空气到近似真空。还原炉中发生的主要反应有_、_。(5)还原炉中抽空气到近似真空的原因是_。【答案】 MgO的熔点比MgCl2更高，电解时需要更多的能量，故选用MgCl

33、2 负 正 2H+2e-=H2 CO2 2MgO+Si2Mg+SiO2 SiO2+CaOCaSiO3 防止已还原的Mg在高温条件下再次被氧化【解析】【分析】【详解】(1)冶炼镁时通常采用电解熔融MgCl2的方法而不是电解熔融MgO，是由于MgCl2的熔点比MgO低，电解时消耗的能量少，若采用电解熔融的MgO，就需消耗更多的能量；(2)Mg、Al都是比较活泼的金属，能够与硫酸发生置换反应，由于金属活动性：MgAl，所以若将铝和镁作电极插入稀硫酸中，活动性比较强的镁为负极，活动性比较弱的铝为正极，在负极上Mg失去电子变为Mg2+进入溶液，在正极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，故正极的电极反应

34、式为：2H+2e-=H2；(3)白云石在高温下煅烧，反应产生CaO、MgO和CO2气体，所以气体a是CO2；(4)将回转炉煅烧产生的固体CaO、MgO与硅铁混合、粉碎研磨，并压制成球状，然后在1200高温条件下，抽成真空，发生主要反应是：2MgO+Si2Mg+SiO2，SiO2+CaOCaSiO3；(5)Mg是活泼金属，在高温下能够与O2反应产生MgO，在还原炉中抽空气到近似真空，就可以防止已还原的Mg在高温条件下再次被氧化。五、元素或物质推断题19短周期元素形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱

35、。E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成。E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F溶液F空气中长期放置发生反应，生成物之一为H。H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。(1)单质A是一种黄色固体，组成单质A的元素在周期表中的位置是_。用物理方法洗去试管内壁的A，应选择的试剂是_；化学方法洗去试管内壁的A是发生歧化反应生成两种盐，但这两种盐在强酸性条件下不能大量共存，请写出化学方法洗去试管内壁的A时发生的化学反应方程式_。(2)FeCl3溶液中的Fe3+可以催化G与氧气在溶液中的反应，此催化过程分两步进行，请写出Fe3+参与的第一步反应的离子反应方程式_。(3)G与

36、氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯。该反应的氧化产物为_，当生成2mol二氧化氯时，转移电子_mol。(4)将D溶于稀硫酸，向恰好完全反应后所得的溶液中加入过量氢氧化钡溶液，则加入氢氧化钡溶液的过程中的现象是_。(5)H的溶液与稀硫酸反应时生成有臭鸡蛋气味的气体和淡黄色单质，写出该反应化学方程式_。【答案】(1) 第三周期A族 CS2 3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O(2)2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+(3) Na2SO4 2(4)生成白色沉淀，白色沉淀逐渐增多，后白色沉淀逐渐减少，最终仍有白色沉淀(5)Na2S2+H2SO4=Na2SO4+H

37、2S+S【解析】【分析】短周期元素形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和有臭鸡蛋气味的气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱，则D为Al(OH)3，E为H2S，C为Al2S3，所以A为S，B为Al，E在足量空气中燃烧产生刺激性气味气体G，G在大气中能导致酸雨的形成，G为SO2，E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F，则F为Na2S，H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色，则H为Na2S2。(1)A为S，原子序数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，位于周期表第三周期第A族，硫易溶于CS2，用物理方法洗去试管内壁的硫，

38、应选择的试剂是CS2；化学方法洗去试管内壁的A是发生歧化反应生成两种盐，但这两种盐在强酸性条件下不能大量共存，可以是S与氢氧化钠反应生成硫化钠、亚硫酸钠与水，化学反应方程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；(2)FeCl3溶液中的Fe3+可以催化SO2与氧气在溶液中的反应，此催化过程分两步进行，Fe3+参与的第一步反应为2Fe3+与SO2发生氧化还原生成Fe2+和H2SO4，反应的离子反应方程式：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+；(3)SO2与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯，反应中C元素化合价降低，S元素被氧化，该反应的氧化产物为Na2S

39、O4，当生成2mol二氧化氯时，转移电子为2mol(5-4)=2mol；(4)将Al(OH)3溶于稀硫酸恰好完全反应得到硫酸铝溶液，向所得的溶液中加入过量氢氧化钡溶液，开始生成氢氧化铝、硫酸钡沉淀，后氢氧化铝又溶解，则加入氢氧化钡溶液的过程中的现象是：生成白色沉淀，白色沉淀逐渐增多，后白色沉淀逐渐减少，但最终仍有白色沉淀；(5)H为Na2S2，Na2S2的溶液与稀硫酸反应生成Na2SO4、有臭鸡蛋气味的气体(H2S)和淡黄色单质S，反应的化学方程式：Na2S2+H2SO4=Na2SO4+H2S+S。20B、D、C、A、E五种元素的原子序数顺序依次增大，其中只有E为金属元素，D、C元素在元素周期

40、表中位置相邻，在一定条件下，B的单质可以分别和A、C、D的单质化合生成甲、乙、丙化合物，C的单质和D的单质化合可得丁，戊、己、庚均为化合物。已知乙、丙每个分子中均含有10个电子，如图为相互转化关系：请回答下列问题：(1)写出C、D氢化物的稳定性由强到弱的顺序_(用化学式表示)。(2) A、B、D三种元素形成的化合物中其中一种可用作化肥，写该化合物的电子式_。(3)写出C与丙反应的化学反应方程式_。(4)写出工业上冶炼金属E的主要化学方程式：_。(5)工业上通过如下转化可制得含A元素的钾盐KAO3晶体：NaA溶液NaAO3KAO3晶体完成中反应的总化学方程式：_NaA+_H2O_NaAO3+_。

41、_中反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是_。【答案】(1)H2ONH3(2)(3)4NH3+5O24NO+6H2O(4)Fe2O3+3CO2Fe+3CO2(5) NaA+3H2ONaAO3+3H2 室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体【解析】【分析】D、C元素在元素周期表中位置相邻，C的单质和D的单质化合可得丁，戊、己、庚均为化合物，所以D为氮元素，C为氧元素，B的单质可以分别和A、C、D的单质化合生成甲、乙、丙化合物，已知乙、丙每个分子中均含有10个电子，则B为氢元素，结合框图中A的单质和E的单质反应生成已，已又能与E单质反应说明E为变价金属，即为铁，则A为氯元素。所

42、以可以推知B：氢；D：氮；C：氧；A：氯；E：铁。甲为氯化氢，乙为水，丙为氨气，丁为一氧化氮，戊为次氯酸，已为氯化铁，庚为氯化亚铁。(1)氮和氧的氢化物分别为氨气和水，非金属性越强，氢化物越稳定，所以稳定性顺序为H2ONH3；(2)A、B、D三种元素分别为Cl、H、N，形成的化合物中其中一种可用作化肥，该物质为NH4Cl，NH4Cl为离子化合物，其电子式为；(3)丙是氨气，C单质(O2)与丙反应生成NO和H2O，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(4)工业上用CO还原氧化铁冶炼金属铁，反应的化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；(5)中反应为电解氯化钠溶液得到氯酸

43、钠和氢气，方程式为：NaA+3H2ONaAO3+3H2；室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体，所以中反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出，故答案为室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体。六、实验题21某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计了如图实验：(1)装置A中发生反应的离子方程式是_。整套实验装置存在一处明显的不足，请指出_。(2)用改正后的装置进行实验，实验过程如表：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯。D装置中：_。E装置中：水层溶液变黄，振荡后，下层CCl4层无明显变化。Cl2、Br2、F

44、e3+的氧化性由强到弱的顺序为：_。(3)因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Cl2和Br2反应生成BrCl，BrCl呈红色(略带黄色)，沸点约5，它与水能发生水解反应，且该反应为非氧化还原反应。AgClO、AgBrO均可溶于水。欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合上述资料用两步方程式(离子或化学方程式不限定)解释产生白色沉淀原因：(化学方程式)_、(离子方程式)_。【答案】(1) MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O 缺少尾气处理装置(2) 溶液变红 Cl2Br2Fe3+(3) BrCl+H2O=HBrO+HCl Ag+Cl-=AgCl【