甘肅省酒泉市青海油田一中高三上學(xué)期月考化學(xué)試卷（月份）VIP

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2016—2017學(xué)年甘肅省酒泉市青海油田一中高三(上）月考化學(xué)試卷（9月份）一、選擇題（共12小題，每小題3分,滿分36分）1．人造地球衛(wèi)星用到的一種高能電池﹣﹣銀鋅蓄電池，其電極分別是Ag2O和Zn,電解液是KOH溶液．放電時，該電池的電極反應(yīng)式為：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）2,Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣．下列說法中正確的是（)①鋅為負(fù)極,Ag2O為正極；②放電時，正極附近溶液OH﹣濃度增大;③工作時電流由Ag2O極經(jīng)外電路流向Zn極；④溶液中陰離子向正極方向移動，陽離子向負(fù)極方向移動．A．① B．①②④ C．①②③ D．①②③④2．在氫氧化鐵膠體中，滴加下列物質(zhì)至過量，先沉淀后溶解的是()A．氫氧化鈉溶液 B．硫酸鎂溶液 C．食鹽水 D．硫酸溶液3．下列敘述中正確的是（）A．含有陰離子的化合物一定含有陽離子B．CS2、H2O、C2H2都是直線型分子C．離子化合物的熔點一定比共價化合物的高D．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO44．下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．飽和FeCl3溶液滴入沸水中:Fe3++3H2O?Fe（OH）3↓+3H+B．硫酸氫鈉溶液中加入氫氧化鋇溶液至溶液pH=7：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓C．氯化鋁溶液中加入過量的氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OD．氯化亞鐵溶液中滴入溴水：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣5．在遇鋁粉能產(chǎn)生大量氣體的溶液中，可能大量共存的是（)A．Fe2+、Cl﹣、NO、CH3COO﹣ B．Na+、Ca2+、Cl﹣、CO32﹣C．Na+、SO42﹣、NH4+、HCO D．Na+、K+、NO、CO32﹣6．下列現(xiàn)象不是由平衡移動引起的是（）A．氯水光照顏色變淺B．使用排飽和食鹽水的方法收集氯氣C．H2、I2、HI平衡混合氣加壓顏色變深D．把有缺陷的膽礬晶體，投入飽和的硫酸銅溶液，一段時間后,晶體變?yōu)橐?guī)則結(jié)構(gòu)．7．下列有關(guān)金屬的說法正確的是（）A．犧牲陽極的陰極保護(hù)法構(gòu)成原電池,被保護(hù)的金屬作正極B．當(dāng)鍍鋅鐵制品的鍍層破損時，鍍層不能對鐵制品起保護(hù)作用C．不銹鋼不易生銹是因為表面有保護(hù)膜D．可將地下輸油鋼管與外加直流電源的正極相連以保護(hù)它不受腐蝕8．可逆反應(yīng)：3A（g）?3B(？）+C(？）；△H＞0，升高溫度，氣體的平均相對分子質(zhì)量變小，則下列判斷正確的是（)A．B和C一定都是固體 B．B和C一定都是氣體C．若C為固體，則B一定是氣體 D．B和C不可能都是氣體9．用氣體傳感器可以檢測汽車尾氣中CO的含量．傳感器是以燃料電池為工作原理，其裝置如圖所示，該電池中電解質(zhì)為氧化釔﹣氧化鈉，其中O2﹣可以在固體介質(zhì)NASICON中自由移動．下列說法錯誤的是(）A．負(fù)極的電極反應(yīng)式為：CO+O2﹣﹣2e﹣═CO2B．工作時電子由電極a通過傳感器流向電極bC．工作時電極b作正極,O2﹣由電極a流向電極bD．傳感器中通過的電流越大,尾氣中CO的含量越高10．下列與化學(xué)反應(yīng)能量變化相關(guān)的敘述正確的是（）A．生成物總能量一定低于反應(yīng)物總能量B．放熱反應(yīng)的反應(yīng)速率總是大于吸熱反應(yīng)的反應(yīng)速率C．應(yīng)用蓋斯定律，可計算某些難以直接測量的反應(yīng)焓變D．同溫同壓下,H2（g)+Cl2（g）═2HCl（g)在光照和點燃條件下的△H不同11．我國具有獨立知識產(chǎn)權(quán)的電腦芯片“龍芯一號”的問世，填補了我國計算機制造史上的一項空白．下列對晶體硅的有關(guān)敘述正確的是()A．晶體硅和金剛石的物理性質(zhì)相似B．硅在地殼中含量居第二位,可以以游離態(tài)存在于自然界中C．晶體硅是一種良好的半導(dǎo)體材料,但是它提煉工藝復(fù)雜，價格昂貴D．晶體硅具有金屬光澤，故它屬于金屬材料，可以導(dǎo)電12．將濃度為0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是（)A．c(H+） B．C． D．Ka（CH3COOH）二、解答題（共11小題，滿分0分)13．事實證明,能設(shè)計成原電池的反應(yīng)通常是放熱反應(yīng)，下列化學(xué)反應(yīng)在理論上可以設(shè)計成原電池的是．(填字母)A．C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H＞0B．NaOH（aq)+HC1（aq）=NaC1（aq）+H2O（1)△H＜0C．2CO（g）+O2（g）=2CO2（1）△H＜0．14．以KOH溶液為電解質(zhì)溶液,依據(jù)（1）中所選反應(yīng)設(shè)計一個原電池,其正極的電極反應(yīng)式為:．15．利用如圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)．若X為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)該置于（填M或者N）處，此時溶液中的陰離子向極（填X或鐵）移動．若X為鋅，開光K置于M處，該電化學(xué)防護(hù)法稱為：．16．現(xiàn)有mg某氣體，它由雙原子分子構(gòu)成,它的摩爾質(zhì)量是Mg/mol，若阿伏伽德羅常數(shù)為NA,則（1）該氣體的物質(zhì)的量為mol（2）該氣體所含有的原子總數(shù)為個（3）該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下占有的體積為L（4）該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為g/L．17．用酸式滴定管準(zhǔn)確移取25。00mL某未知濃度的鹽酸溶于一潔凈的錐形瓶中，然后用0.2000mol?L﹣1的氫氧化鈉溶液（指示劑為酚酞）,滴定結(jié)果如下：NaOH起始讀數(shù)NaOH終點讀數(shù)第一次0。10mL18。60mL第二次0。30mL18.00mL（1）根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出鹽酸的物質(zhì)的量濃度為mol?L﹣1．（2)達(dá)到滴定終點的標(biāo)志是．(3）以下操作造成測定結(jié)果偏高的原因可能是．A．配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的氫氧化鈉中混有Na2CO3雜質(zhì)B．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度,其它操作均正確C．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗D．滴定到終點讀數(shù)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液E．未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗堿式滴定管．18．硼鎂泥是一種工業(yè)廢料，主要成份是MgO（占40％)，還有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì)，以此為原料制取的硫酸鎂,可用于印染、造紙、醫(yī)藥等工業(yè)．從硼鎂泥中提取MgSO4?7H2O的流程如下：已知：某些氫氧化物沉淀的pH如下表所示：氫氧化物開始沉淀時的pH完全沉淀時的pHMg(OH）29.310.8Fe（OH)27.69.6Fe（OH）32.73。7Al（OH）33。74。7根據(jù)題意回答第(1）～（6)題：（1)在酸解過程中，欲加快酸解時的化學(xué)反應(yīng)速率，請?zhí)岢鰞煞N可行的措施:．(2）加入的NaClO可與Mn2+反應(yīng)：Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣，還有一種離子也會被NaClO氧化，并發(fā)生水解，該反應(yīng)的離子方程式為．(3）濾渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al(OH）3、MnO2外，還有．(4）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表:溫度（℃）40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100。2070。2010。193“除鈣”是將MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根據(jù)上表數(shù)據(jù)，簡要說明操作步驟是蒸發(fā)濃縮，．“操作I"是將濾液繼續(xù)蒸發(fā)濃縮,冷卻結(jié)晶，,便得到了MgSO4?7H2O．（5)實驗中提供的硼鎂泥共100g，得到的MgSO4?7H2O為172。2g,計算MgSO4?7H2O的產(chǎn)率為．(保留兩位有效數(shù)字）（6）金屬鎂可用于自然水體中鐵件的電化學(xué)防腐，完成如圖防腐示意圖,并作相應(yīng)標(biāo)注．19．某實驗小組對中學(xué)課本中可生成氫氣的反應(yīng)進(jìn)行了研究，總結(jié)出三個可以生成H2的反應(yīng):①Zn+鹽酸②Na+水③Al+NaOH溶液．為分析上述三個反應(yīng)生成的H2，他們設(shè)計了如下裝置圖．請回答下列問題：（1）寫出Na與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式：．(2)在點燃H2之前必須先進(jìn)行，方法是．(3)實驗小組在點燃用裝置制得的H2時，①③實驗獲得成功，②卻失敗了．他們分析認(rèn)為失敗的原因是Na與H2O的反應(yīng)速率太快，Na的用量太少．于是他們準(zhǔn)備增加鈉的用量，可老師說太危險，你認(rèn)為產(chǎn)生危險的原因是．（4）實驗小組查閱鈉、苯、水的密度分別用0.97g/mL、0.88g/mL、1.00g/mL，并據(jù)此對實驗進(jìn)行了改進(jìn)．在改進(jìn)后的實驗中H2的生成速率減慢．原因是．20．向100mL0.1mol?L﹣1的Al2（SO4)3溶液中,加入0。5mol?L﹣1的氫氧化鈉溶液得到1。17克沉淀,則需加入的氫氧化鈉溶液的體積是多少？（強調(diào)要有解題過程）21．已知X是某金屬單質(zhì)，X、A、B、C含同一種元素，可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：(1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式:X，B．（2）寫出以下反應(yīng)的離子方程式：③;④．22．如圖是無機物A～M在一定條件下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分產(chǎn)物及反應(yīng)條件未列出）．其中，I是由第三周期元素組成的單質(zhì)中熔點最高的金屬，K是一種紅棕色氣體．請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）在周期表中，組成單質(zhì)G的元素位于第周期族．（2）在反應(yīng)⑦中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為．（3)在②、③、⑥、⑨中既屬于化合反應(yīng)又屬于非氧化還原反應(yīng)的是（填序號）(4）反應(yīng)④的離子方程式是：．（5）將化合物D與KNO3、KOH共融,可制得一種“綠色”環(huán)保高效凈水劑K2FeO4(高鐵酸鉀），同時還生成KNO2和H2O．該反應(yīng)的化學(xué)方程式是:．23．四種短周期元素A、B、C、D的性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息如下:信息①原子半徑大?。篈＞B＞C＞D信息②四種元素之間形成的某三種分子的比例模型及部分性質(zhì)：請根據(jù)上述信息回答下列問題．（1)B元素在周期表中的位置；（2）BC2分子的電子式;（3）A元素的單質(zhì)與物質(zhì)甲發(fā)生反應(yīng)的離子方程式;（4）丙的鈉鹽溶液呈性,用化學(xué)用語表示其原因；（5)物質(zhì)丁的元素組成和甲相同，丁分子具有18電子結(jié)構(gòu)．向盛有一定濃度丁溶液的試管中,逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亞鐵溶液．滴加過程中的現(xiàn)象是：①淺綠色溶液變成深棕黃色；②有少量氣泡出現(xiàn)（經(jīng)驗證是氧氣），片刻后反應(yīng)變得劇烈,并放出較多熱量，繼續(xù)滴加溶液,靜置一段時間；③試管底部出現(xiàn)紅褐色沉淀．向濁液中再滴入稀硫酸，沉淀溶解，溶液呈黃色．請用化學(xué)方程式或離子方程式及必要的文字解釋①、②、③中加點的字．①；②;；③．．

2016-2017學(xué)年甘肅省酒泉市青海油田一中高三(上）月考化學(xué)試卷（9月份)參考答案與試題解析一、選擇題（共12小題，每小題3分,滿分36分)1．人造地球衛(wèi)星用到的一種高能電池﹣﹣銀鋅蓄電池，其電極分別是Ag2O和Zn,電解液是KOH溶液．放電時，該電池的電極反應(yīng)式為:Zn+2OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）2，Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣．下列說法中正確的是（）①鋅為負(fù)極，Ag2O為正極；②放電時，正極附近溶液OH﹣濃度增大；③工作時電流由Ag2O極經(jīng)外電路流向Zn極；④溶液中陰離子向正極方向移動，陽離子向負(fù)極方向移動．A．① B．①②④ C．①②③ D．①②③④【考點】化學(xué)電源新型電池．【分析】根據(jù)電極反應(yīng)式知,Zn失電子化合價升高為負(fù)極、Ag2O作正極，放電時，負(fù)極上消耗氫氧根離子、正極上生成氫氧根離子，根據(jù)溶液中氫氧根離子濃度變化確定溶液pH變化，電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動、陰離子向負(fù)極移動,據(jù)此分析解答．【解答】解:①電極反應(yīng)式中Zn元素化合價由0價變?yōu)?2價、Ag元素化合價由+1價變?yōu)?價,所以鋅為負(fù)極,Ag2O為正極,故正確;②放電時，正極附近有氫氧根離子生成，導(dǎo)致溶液pH值上升，故正確；③放電時，電流從正極流向負(fù)極,則電流由Ag2O極經(jīng)外電路流向Zn極，故正確；④放電是，電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極,則溶液中陰離子向負(fù)極方向移動，陽離子向正極方向移動,故錯誤;故選C．2．在氫氧化鐵膠體中，滴加下列物質(zhì)至過量,先沉淀后溶解的是（）A．氫氧化鈉溶液 B．硫酸鎂溶液 C．食鹽水 D．硫酸溶液【考點】膠體的重要性質(zhì)．【分析】膠體具有均一穩(wěn)定性，加入電解質(zhì)會使膠體發(fā)生聚沉,氫氧化鐵膠體逐滴加入溶液，先產(chǎn)生沉淀后沉淀溶解，說明先膠體聚沉，后能溶解沉淀．【解答】解：A、氫氧化鈉溶液加入后會引發(fā)膠體聚沉,但不能溶解氫氧化鐵，故A錯誤；B、硫酸鎂溶液是電解質(zhì)溶液，能引起膠體聚沉，但不能溶解氫氧化鐵沉淀,故B錯誤;C、食鹽水溶液是電解質(zhì)溶液,能引起膠體聚沉，但不能溶解氫氧化鐵沉淀,故C錯誤；D、加入稀硫酸是電解質(zhì)溶液，會引起氫氧化鐵膠體聚沉，繼續(xù)加入稀硫酸，氫氧化鐵沉淀會溶解，故D正確；故選D．3．下列敘述中正確的是（)A．含有陰離子的化合物一定含有陽離子B．CS2、H2O、C2H2都是直線型分子C．離子化合物的熔點一定比共價化合物的高D．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4【考點】離子化合物的結(jié)構(gòu)特征與性質(zhì)．【分析】A．含有陰離子的化合物,一定為離子化合物;B．H2O中O含2對孤對電子，為V型結(jié)構(gòu)；C．共價化合物可能為原子晶體，熔點較高；D．非金屬性越強，對應(yīng)最高價含氧酸的酸性越強．【解答】解：A．含有陰離子的化合物，一定為離子化合物,則一定含陽離子,故A正確；B．H2O中O含2對孤對電子，為V型結(jié)構(gòu)，而CS2、C2H2都是直線型分子，故B錯誤；C．共價化合物可能為原子晶體，熔點較高，如二氧化硅的熔點高于NaCl的熔點，故C錯誤;D．非金屬性Cl＞S＞P，對應(yīng)最高價含氧酸的酸性為H3PO4＜H2SO4＜HClO4,故D錯誤;故選A．4．下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（)A．飽和FeCl3溶液滴入沸水中：Fe3++3H2O?Fe(OH）3↓+3H+B．硫酸氫鈉溶液中加入氫氧化鋇溶液至溶液pH=7：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓C．氯化鋁溶液中加入過量的氨水：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OD．氯化亞鐵溶液中滴入溴水:2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣【考點】離子方程式的書寫．【分析】A．膠體制備中不生成沉淀；B．硫酸氫鈉溶液中加入氫氧化鋇溶液至溶液pH=7生成硫酸鋇、硫酸鈉、水；C．氨水不能溶解氫氧化鋁；D．亞鐵離子被溴水氧化為鐵離子．【解答】解：A．飽和FeCl3溶液滴入沸水中的離子反應(yīng)為Fe3++3H2OFe（OH）3（膠體)+3H+，故A錯誤；B．硫酸氫鈉溶液中加入氫氧化鋇溶液至溶液pH=7的離子反應(yīng)為2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故B錯誤;C．氯化鋁溶液中加入過量的氨水的離子繁華與為Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C錯誤；D．氯化亞鐵溶液中滴入溴水的離子反應(yīng)為2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣，故D正確；故選D．5．在遇鋁粉能產(chǎn)生大量氣體的溶液中,可能大量共存的是（）A．Fe2+、Cl﹣、NO、CH3COO﹣ B．Na+、Ca2+、Cl﹣、CO32﹣C．Na+、SO42﹣、NH4+、HCO D．Na+、K+、NO、CO32﹣【考點】離子共存問題．【分析】鋁粉能產(chǎn)生大量氣體的溶液，為酸或堿溶液,根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成水、氣體、沉淀等，則大量共存，以此來解答．【解答】解：鋁粉能產(chǎn)生大量氣體的溶液,為酸或堿溶液，A．堿溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中不能存在CH3COO﹣，故A錯誤；B．Ca2+、CO32﹣結(jié)合生成沉淀，酸性溶液中不能存在CO32﹣，故B錯誤；C．HCO3﹣既能與酸又能與堿反應(yīng),一定不能大量共存，故C錯誤；D．堿性溶液中該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故D正確;故選D．6．下列現(xiàn)象不是由平衡移動引起的是（）A．氯水光照顏色變淺B．使用排飽和食鹽水的方法收集氯氣C．H2、I2、HI平衡混合氣加壓顏色變深D．把有缺陷的膽礬晶體,投入飽和的硫酸銅溶液，一段時間后，晶體變?yōu)橐?guī)則結(jié)構(gòu)．【考點】化學(xué)平衡移動原理．【分析】勒夏特利原理是如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動,勒夏特利原理適用的對象應(yīng)存在可逆過程，如與可逆過程的平衡移動無關(guān),則不能用勒夏特利原理解釋．【解答】解：A．氯水中的次氯酸受光照射會分解，次氯酸濃度減小，使得化學(xué)平衡Cl2+H2O?HCl+HClO向右移動，故A不選;B．氯氣在水中發(fā)生Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，在飽和食鹽水中，Cl﹣濃度較大，可降低氯氣的溶解度，與平衡有關(guān)有關(guān)，故B不選；C．該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體體積不變，所以壓強不影響化學(xué)平衡的移動,增大平衡體系的壓強氣體的體積減小,碘的濃度增大，顏色變深，與平衡移動無關(guān)，故C選；D．晶體外形的變化而晶體質(zhì)量保持不變，溶解和結(jié)晶的速率相等，達(dá)到平衡狀態(tài)，為動態(tài)平衡,故D不選．故選C．7．下列有關(guān)金屬的說法正確的是（）A．犧牲陽極的陰極保護(hù)法構(gòu)成原電池，被保護(hù)的金屬作正極B．當(dāng)鍍鋅鐵制品的鍍層破損時，鍍層不能對鐵制品起保護(hù)作用C．不銹鋼不易生銹是因為表面有保護(hù)膜D．可將地下輸油鋼管與外加直流電源的正極相連以保護(hù)它不受腐蝕【考點】金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用．【分析】A、在原電池中，正極金屬被保護(hù)；B、金屬鋅和金屬鐵形成的原電池中，金屬鋅是負(fù)極，鐵是正極；C、不銹鋼中添加了Cr元素，鉻的表面能生成一薄層致密的鈍態(tài)氧化物保護(hù)膜；D、在電解池中,陽極金屬易被腐蝕．【解答】解：A、在原電池中，正極金屬被保護(hù)，該保護(hù)方法稱為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故A正確;B、鍍鋅鐵制品的鍍層破損時，金屬鋅和金屬鐵形成原電池，金屬鋅是負(fù)極,鐵是正極，鍍層Zn被腐蝕，能對鐵制品起保護(hù)作用，故B錯誤；C、鉻為不銹鋼中主要的添加元素,鉻的表面生成一薄層致密的鈍態(tài)氧化物保護(hù)膜，是不銹鋼具有耐蝕性的原因，故C正確；D、地下輸油鋼管與外加直流電源的正極相連，在該電解池中，陽極金屬鐵易被腐蝕,故D錯誤．故選AC．8．可逆反應(yīng)：3A（g)?3B（?）+C(?）；△H＞0，升高溫度,氣體的平均相對分子質(zhì)量變小，則下列判斷正確的是()A．B和C一定都是固體 B．B和C一定都是氣體C．若C為固體，則B一定是氣體 D．B和C不可能都是氣體【考點】化學(xué)平衡的影響因素．【分析】3A（g）?3B(?）+C（？）（△H＞0)，該正反應(yīng)吸熱，溫度升高，平衡右移，氣體平均相對分子質(zhì)量變小，B、C可都為氣體，或B為氣體,C為非氣體，以此解答該題．【解答】解：A．B和C可能都是固體時,只有A一種氣體，氣體的平均相對分子質(zhì)量不變，故A錯誤；B．若都是氣體，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量一定增大，質(zhì)量不變，氣體平均相對分子質(zhì)量減小，但若B為氣體,C為固體，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變，氣體質(zhì)量減小，氣體平均相對分子質(zhì)量減小，也可以，故B錯誤；C．C為固體，B一定為氣體，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變，氣體質(zhì)量減小，氣體平均相對分子質(zhì)量減小，故C正確；D．若都是氣體,反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量一定增大,質(zhì)量不變,氣體平均相對分子質(zhì)量減小,故D錯誤．故選C．9．用氣體傳感器可以檢測汽車尾氣中CO的含量．傳感器是以燃料電池為工作原理，其裝置如圖所示,該電池中電解質(zhì)為氧化釔﹣氧化鈉,其中O2﹣可以在固體介質(zhì)NASICON中自由移動．下列說法錯誤的是（)A．負(fù)極的電極反應(yīng)式為：CO+O2﹣﹣2e﹣═CO2B．工作時電子由電極a通過傳感器流向電極bC．工作時電極b作正極，O2﹣由電極a流向電極bD．傳感器中通過的電流越大，尾氣中CO的含量越高【考點】化學(xué)電源新型電池．【分析】該裝置是原電池，負(fù)極上一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應(yīng),正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，原電池放電時電子從負(fù)極流向正極，陰離子向負(fù)極移動,一氧化碳的含量越大，原電池放電時產(chǎn)生的電流越大．【解答】解：A．該裝置是原電池，通入一氧化碳的電極a是負(fù)極,負(fù)極上一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：CO+O2﹣﹣2e﹣═CO2,故A正確；B．該裝置是原電池,通入一氧化碳的電極a是負(fù)極，通入空氣的電極是正極，原電池放電時，電子從負(fù)極a通過傳感器流向電極b,故B正確；C．工作時電極b作正極，O2﹣由電極b流向電極a，故C錯誤;D．一氧化碳的含量越大，原電池放電時產(chǎn)生的電流越大，故D正確；故選C．10．下列與化學(xué)反應(yīng)能量變化相關(guān)的敘述正確的是()A．生成物總能量一定低于反應(yīng)物總能量B．放熱反應(yīng)的反應(yīng)速率總是大于吸熱反應(yīng)的反應(yīng)速率C．應(yīng)用蓋斯定律，可計算某些難以直接測量的反應(yīng)焓變D．同溫同壓下，H2（g)+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和點燃條件下的△H不同【考點】化學(xué)反應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化的原因；吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)；反應(yīng)熱和焓變;用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計算．【分析】化學(xué)反應(yīng)中一定伴隨著能量變化,反應(yīng)中既有放熱反應(yīng)，又有吸熱反應(yīng),取決于反應(yīng)物和生成物總能量的大小，生成物的總能量低于反應(yīng)總能量的反應(yīng),是放熱反應(yīng),若是吸熱反應(yīng)則相反，化學(xué)反應(yīng)速率取決于物質(zhì)的性質(zhì)和外界反應(yīng)條件，與反應(yīng)是吸熱還是放熱沒有必然的聯(lián)系，反應(yīng)熱只取決于反應(yīng)物和生成物總能量的大小，與反應(yīng)條件無關(guān)．【解答】解：A、生成物的總能量低于反應(yīng)總能量的反應(yīng),是放熱反應(yīng)，若是吸熱反應(yīng)則相反，故A錯;B、反應(yīng)速率與反應(yīng)是吸熱還是放熱沒有必然的聯(lián)系，故B錯；C、化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱大小取決于反應(yīng)物和生成物的總能量大小，與反應(yīng)途徑無關(guān)，應(yīng)用蓋斯定律,可計算某些難以直接測量的反應(yīng)焓變，故C正確；D、根據(jù)△H=生成物的焓﹣反應(yīng)物的焓可知，焓變與反應(yīng)條件無關(guān)，在光照和點燃條件下該反應(yīng)的△H相同，故D錯．故選：C．11．我國具有獨立知識產(chǎn)權(quán)的電腦芯片“龍芯一號"的問世，填補了我國計算機制造史上的一項空白．下列對晶體硅的有關(guān)敘述正確的是(）A．晶體硅和金剛石的物理性質(zhì)相似B．硅在地殼中含量居第二位,可以以游離態(tài)存在于自然界中C．晶體硅是一種良好的半導(dǎo)體材料，但是它提煉工藝復(fù)雜，價格昂貴D．晶體硅具有金屬光澤，故它屬于金屬材料，可以導(dǎo)電【考點】硅和二氧化硅．【分析】A、硅與金剛石都是原子晶體，結(jié)構(gòu)相似；B、自然界中沒有游離態(tài)的硅存在；C、單晶硅是由二氧化硅與碳共熱，再將產(chǎn)物與氯化氫或者氯氣反應(yīng)(提純),得到SiCl4或SiHCl3，然后與氨氣高溫反應(yīng)（也有其他不同方法）最后得到較純的硅單質(zhì)是提煉工藝不算復(fù)雜，價格談不上昂貴;D、硅是非金屬，不是金屬．【解答】解:A、硅與金剛石都是原子晶體，結(jié)構(gòu)相似，所以晶體硅和金剛石的物理性質(zhì)相似，故A正確;B、自然界中沒有游離態(tài)的硅存在，以化合態(tài)形式存在，故B錯誤;C、單晶硅是由二氧化硅與碳共熱，再將產(chǎn)物與氯化氫或者氯氣反應(yīng)（提純），得到SiCl4或SiHCl3，然后與氨氣高溫反應(yīng)（也有其他不同方法）最后得到較純的硅單質(zhì)是提煉工藝不算復(fù)雜,價格談不上昂貴，故C錯誤；D、硅是非金屬，不是金屬，故D錯誤;故選A．12．將濃度為0。1mol?L﹣1CH3COOH溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是（)A．c（H+) B．C． D．Ka（CH3COOH）【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】根據(jù)CH3COOH屬于弱電解質(zhì)，則在加水不斷稀釋時，電離程度增大,電離平衡保持向正反應(yīng)方向移動，并注意溫度不變時，電離平衡常數(shù)不變來解答．【解答】解：A．因CH3COOH為弱酸,則濃度為0。1mol?L﹣1CH3COOH溶液加水不斷稀釋，促進(jìn)電離,平衡正向移動，電離程度增大，n(H+）增大，但c(H+）不斷減小，故A錯誤；B．稀釋過程中，醋酸的電離程度增大，則溶液中的氫離子的物質(zhì)的量增大、醋酸的物質(zhì)的量減小，由于在同一溶液中，則氫離子與醋酸的濃度的比值逐漸增大，故B正確;C．隨著稀釋的不斷進(jìn)行,最終c（H+）不會小于10﹣7mol?L﹣1，而c(CH3COO﹣）仍然不斷減小，則該比值會變小，故C錯誤；D．因電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),則Ka（CH3COOH)在稀釋過程中不變，故D錯誤；故選B．二、解答題（共11小題,滿分0分)13．事實證明，能設(shè)計成原電池的反應(yīng)通常是放熱反應(yīng)，下列化學(xué)反應(yīng)在理論上可以設(shè)計成原電池的是C．(填字母）A．C(s）+CO2（g）=2CO(g)△H＞0B．NaOH(aq）+HC1（aq）=NaC1（aq)+H2O（1）△H＜0C．2CO（g)+O2（g）=2CO2(1）△H＜0．【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】常溫下屬于氧化還原反應(yīng)的放熱反應(yīng)，可設(shè)計為原電池，存在元素化合價變化的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)．【解答】解：A．C（s）+CO2(g）=2CO（g）△H＞0,為氧化還原反應(yīng),但為吸熱反應(yīng)，不能設(shè)計為原電池，故A錯誤；B．NaOH（aq）+HC1（aq）=NaC1（aq）+H2O（1）△H＜0，不屬于氧化還原反應(yīng),不能設(shè)計為原電池，故B錯誤；C．2CO（g）+O2（g)=2CO2（1）△H＜0,為氧化還原反應(yīng)，為放熱反應(yīng)，能設(shè)計為原電池，故C正確;故答案為：C．14．以KOH溶液為電解質(zhì)溶液，依據(jù)(1）中所選反應(yīng)設(shè)計一個原電池，其正極的電極反應(yīng)式為：O2+4H2O+4e﹣=4OH﹣．【考點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式．【分析】負(fù)極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氧化劑得電子發(fā)生還原反應(yīng)．【解答】解：正極上氧化劑得電子發(fā)生還原反應(yīng)，以KOH溶液為電解質(zhì)溶液,則正極電極反應(yīng)式為：O2+4H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案為：O2+4H2O+4e﹣=4OH﹣．15．利用如圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)．若X為碳棒,為減緩鐵的腐蝕，開關(guān)K應(yīng)該置于N（填M或者N)處，此時溶液中的陰離子向X極（填X或鐵）移動．若X為鋅，開光K置于M處，該電化學(xué)防護(hù)法稱為：犧牲陽極的陰極保護(hù)法．【考點】金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)．【分析】為減緩鐵的腐蝕,如果用鐵和比鐵活潑的金屬作電極，可以將其設(shè)計成原電池，如果用鐵和碳作電極材料，則鐵棒必須作電解池的陰極,該保護(hù)法的名稱是外加電流的陰極保護(hù)法,溶液中陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動．【解答】解:電極材料是鐵和碳棒，鐵比碳活潑,所以為減緩鐵的腐蝕，必須將其設(shè)計成電解池即開關(guān)K應(yīng)該置于N,且鐵作陰極，碳棒作陽極,該保護(hù)法的名稱是外加電流的陰極保護(hù)法,溶液中陰離子向陽極即X極移動；故答案為：N；X;犧牲陽極的陰極保護(hù)法．16．現(xiàn)有mg某氣體，它由雙原子分子構(gòu)成，它的摩爾質(zhì)量是Mg/mol，若阿伏伽德羅常數(shù)為NA,則（1)該氣體的物質(zhì)的量為mol(2）該氣體所含有的原子總數(shù)為個（3）該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下占有的體積為L（4）該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為g/L．【考點】阿伏加德羅定律及推論．【分析】根據(jù)n===、ρ=結(jié)合物質(zhì)的構(gòu)成計算．【解答】解：（1）n=mol，故答案為：；(2）分子物質(zhì)的量為mol，則原子物質(zhì)的量為2mol，原子個數(shù)為，故答案為:;(3）分子物質(zhì)的量為mol，該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下占有的體積為22。4L/mol×mol=L，故答案為：；(4)ρ===g/L，故答案為：．17．用酸式滴定管準(zhǔn)確移取25.00mL某未知濃度的鹽酸溶于一潔凈的錐形瓶中，然后用0.2000mol?L﹣1的氫氧化鈉溶液（指示劑為酚酞），滴定結(jié)果如下：NaOH起始讀數(shù)NaOH終點讀數(shù)第一次0。10mL18.60mL第二次0.30mL18.00mL（1)根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出鹽酸的物質(zhì)的量濃度為0。1448mol?L﹣1．（2)達(dá)到滴定終點的標(biāo)志是無色變粉紅色且30s不變色．(3)以下操作造成測定結(jié)果偏高的原因可能是ADE．A．配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的氫氧化鈉中混有Na2CO3雜質(zhì)B．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度，其它操作均正確C．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過,未用待測液潤洗D．滴定到終點讀數(shù)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液E．未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗堿式滴定管．【考點】溶液的配制．【分析】（1）計算兩次實驗消耗NaOH溶液的平均體積，然后根據(jù)HCl～NaOH求鹽酸的物質(zhì)的量濃度；（2)NaOH溶液滴定鹽酸，以酚酞作指示劑，滴定終點時，溶液的顏色由無色變?yōu)闇\紅色且30s不變色；（3)根據(jù)操作對c（待測）=的影響進(jìn)行分析滴定誤差．【解答】解：（1）二次消耗的NaOH溶液的體積分別為：18.5mL，17。7mL，兩次消耗鹽酸溶液的平均體積為18.10mL，HCl～NaOH11c（HCl）×25.00mL0.20mol/L×18。10mL解得:c(HCl）=0.1448mol/L，故答案為:0。1448；（2)NaOH溶液滴定鹽酸，以酚酞作指示劑，滴定終點時,溶液的顏色由無色變?yōu)闇\紅色且30s不變色，故答案為：溶液的顏色由無色變?yōu)闇\紅色且30s不變色；（3）A．配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的氫氧化鈉中混有Na2CO3雜質(zhì)，導(dǎo)致V(NaOH）偏高，依據(jù)c（待測）=，c(待測）偏高，故A正確；B．滴定終點讀數(shù)時,俯視滴定管的刻度，俯視滴定管的刻度，其它操作均正確，導(dǎo)致V(NaOH)偏低，依據(jù)c（待測)=，c（待測）偏低,故B錯誤；C．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過,未用待測液潤洗,操作正確,對結(jié)果無影響，故C錯誤；D．滴定到終點讀數(shù)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液,導(dǎo)致V（NaOH)偏高，依據(jù)c（待測）=,c（待測)偏高，故D正確；E．未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗堿式滴定管，導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液V(NaOH）偏高，依據(jù)c（待測）=，c（待測）偏高，故E正確;故選：ADE．18．硼鎂泥是一種工業(yè)廢料，主要成份是MgO（占40％）,還有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì),以此為原料制取的硫酸鎂，可用于印染、造紙、醫(yī)藥等工業(yè)．從硼鎂泥中提取MgSO4?7H2O的流程如下：已知：某些氫氧化物沉淀的pH如下表所示:氫氧化物開始沉淀時的pH完全沉淀時的pHMg(OH）29。310。8Fe（OH)27.69。6Fe（OH）32。73。7Al（OH）33.74。7根據(jù)題意回答第（1）～（6）題:(1）在酸解過程中，欲加快酸解時的化學(xué)反應(yīng)速率,請?zhí)岢鰞煞N可行的措施：適當(dāng)升溫、把硼鎂泥粉碎、或攪拌、或適當(dāng)增加硫酸濃度（任寫兩種)．（2)加入的NaClO可與Mn2+反應(yīng)：Mn2++ClO﹣+H2O═MnO2↓+2H++Cl﹣，還有一種離子也會被NaClO氧化，并發(fā)生水解，該反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++ClO﹣+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl﹣+4H+．（3）濾渣的主要成份除含有Fe(OH）3、Al（OH）3、MnO2外，還有SiO2．（4)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：溫度(℃）40506070MgSO430.933.435.636。9CaSO40.2100。2070.2010。193“除鈣”是將MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根據(jù)上表數(shù)據(jù)，簡要說明操作步驟是蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾．“操作I”是將濾液繼續(xù)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌，便得到了MgSO4?7H2O．（5）實驗中提供的硼鎂泥共100g，得到的MgSO4?7H2O為172。2g,計算MgSO4?7H2O的產(chǎn)率為70％或0.70．（保留兩位有效數(shù)字）（6)金屬鎂可用于自然水體中鐵件的電化學(xué)防腐，完成如圖防腐示意圖，并作相應(yīng)標(biāo)注．【考點】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】硼鎂泥主要成份是MgO（占40%），還有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì),加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反應(yīng)，SiO2不與硫酸反應(yīng),次氯酸鈉具有強氧化性，加入的NaClO可與Mn2+反應(yīng)生成MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，溶液pH升高，在pH為5﹣6時Fe3+生成Fe（OH)3沉淀,Al3+形成Al（OH）3沉淀,過濾除去濾渣Fe（OH）3、Al（OH)3、MnO2、SiO2，濾液中含鈣離子、鎂離子,除鈣后，只剩鎂離子,蒸發(fā)冷卻結(jié)晶得到硫酸鎂晶體;（1）為加快反應(yīng)速率，可以采用升高溫度、適當(dāng)增大反應(yīng)物濃度、增大反應(yīng)物接觸面積等方法；（2）次氯酸根離子具有氧化性，亞鐵離子具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯離子、氫氧化鐵沉淀；(3）濾渣的主要成份除含有Fe（OH)3、Al（OH)3、MnO2外，還有SiO2，故答案為：SiO2；（4）“除鈣”是將MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去,其操作是蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾；“操作I”是將濾液繼續(xù)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶,過濾洗滌，故答案為:趁熱過濾；過濾洗滌；（5）實驗中提供的硼鎂泥共100g，m（MgO）=100g×40%=40g，n(Mg）=n（MgO）==1mol，根據(jù)Mg原子守恒得n（MgSO4?7H2O）=n（Mg）=n（MgO)=1mol,m（MgSO4?7H2O）=1mol×246g/mol=246g，其產(chǎn)率=；（6)利用Mg防止Fe被腐蝕，可以采用犧牲陽極的陰極保護(hù)法或外加電源的陰極保護(hù)法,讓Mg作正極或陽極．【解答】解：硼鎂泥主要成份是MgO(占40%），還有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì)，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反應(yīng)，SiO2不與硫酸反應(yīng)，次氯酸鈉具有強氧化性,加入的NaClO可與Mn2+反應(yīng)生成MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，溶液pH升高,在pH為5﹣6時Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Al3+形成Al（OH）3沉淀，過濾除去濾渣Fe（OH)3、Al（OH)3、MnO2、SiO2，濾液中含鈣離子、鎂離子,除鈣后，只剩鎂離子,蒸發(fā)冷卻結(jié)晶得到硫酸鎂晶體；(1）為加快反應(yīng)速率，可以采用升高溫度、適當(dāng)增大反應(yīng)物濃度、增大反應(yīng)物接觸面積等方法，如適當(dāng)升高溫度、把硼鎂泥粉碎、或攪拌、或適當(dāng)增加硫酸濃度,故答案為：適當(dāng)升溫、把硼鎂泥粉碎、或攪拌、或適當(dāng)增加硫酸濃度；(2）次氯酸根離子具有氧化性,亞鐵離子具有還原性,二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯離子、氫氧化鐵沉淀，離子方程式為2Fe2++ClO﹣+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl﹣+4H+,故答案為：2Fe2++ClO﹣+5H2O=2Fe(OH）3↓+Cl﹣+4H+；（3)濾渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，還有二氧化硅；（4）“除鈣”是將MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去,其操作是蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾；．“操作I"是將濾液繼續(xù)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌；(5）實驗中提供的硼鎂泥共100g，m(MgO）=100g×40%=40g，n(Mg）=n(MgO）==1mol,根據(jù)Mg原子守恒得n（MgSO4?7H2O)=n(Mg）=n(MgO）=1mol，m（MgSO4?7H2O）=1mol×246g/mol=246g，其產(chǎn)率==×100％=70％或0。70，故答案為：70%或0。70；(6)利用Mg防止Fe被腐蝕,可以采用犧牲陽極的陰極保護(hù)法或外加電源的陰極保護(hù)法，讓Mg作正極或陽極，圖為，故答案為:．19．某實驗小組對中學(xué)課本中可生成氫氣的反應(yīng)進(jìn)行了研究，總結(jié)出三個可以生成H2的反應(yīng)：①Zn+鹽酸②Na+水③Al+NaOH溶液．為分析上述三個反應(yīng)生成的H2，他們設(shè)計了如下裝置圖．請回答下列問題：（1）寫出Na與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式:2Na+2H2O═2NaOH+H2↑．（2）在點燃H2之前必須先進(jìn)行驗純，方法是用向下排氣法收集一試管氫氣,用拇指堵住，移近火焰，移開拇指點火，若聽到輕微的“噗”聲，則表明H2純凈．（3）實驗小組在點燃用裝置制得的H2時，①③實驗獲得成功，②卻失敗了．他們分析認(rèn)為失敗的原因是Na與H2O的反應(yīng)速率太快，Na的用量太少．于是他們準(zhǔn)備增加鈉的用量，可老師說太危險，你認(rèn)為產(chǎn)生危險的原因是較多的鈉與水反應(yīng)放出大量的熱,使試管內(nèi)H2與O2的混合氣點燃而爆炸．（4）實驗小組查閱鈉、苯、水的密度分別用0。97g/mL、0。88g/mL、1.00g/mL，并據(jù)此對實驗進(jìn)行了改進(jìn)．在改進(jìn)后的實驗中H2的生成速率減慢．原因是鈉比水輕，比苯重,落在苯水交界處．鈉與H2O反應(yīng)產(chǎn)生的H2使鈉浮起，脫離水面，反應(yīng)停止；當(dāng)鈉表面的H2逸出,鈉又回落,與水反應(yīng),如此反復(fù)，就可減慢Na與H2O反應(yīng)．【考點】性質(zhì)實驗方案的設(shè)計．【分析】（1）鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，據(jù)質(zhì)量守恒書寫化學(xué)方程式；(2）可燃性氣體與空氣混合可能發(fā)生爆炸;氫氣易燃燒，不純氫氣燃燒聽到爆鳴聲，據(jù)此進(jìn)行氫氣的純度檢驗；（3）大塊的鈉與水反應(yīng)劇烈,放出大量的熱，容易產(chǎn)生危險事故；（4）鈉的密度比煤油大，比水小，比苯的也大，鈉處于苯和水的交界處，結(jié)合金屬鈉和水的反應(yīng)情況來回答．【解答】解：（1）鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案為:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；（2）可燃性氣體與空氣混合可能發(fā)生爆炸，點燃前需要先驗純,檢驗方法為：用排水法收集一小試管氫氣,用拇指堵住，管口向下移近火焰，松開手指,聽到尖銳爆鳴聲說明不純，若聲音很小，證明純凈；故答案為：驗純；用排水法收集一小試管氫氣，用拇指堵住，管口向下移近火焰，松開手指，聽到尖銳爆鳴聲說明不純,若聲音很小，證明純凈；(3）大塊的鈉與水反應(yīng)劇烈，放出大量的熱，可能使試管內(nèi)H2和O2的混合氣點燃而爆炸，故答案為：較多的鈉與水反應(yīng)，放出大量的熱，可能使試管內(nèi)H2和O2的混合氣點燃而爆炸;（4）鈉處于苯和水的交界處,鈉與水反應(yīng)產(chǎn)生的H2使鈉浮起，脫離水面,反應(yīng)停止；當(dāng)鈉表面的H2逸出，鈉又回落水層，如此反復(fù)，減小了Na與H2O的反應(yīng)速率,故答案為：鈉處于苯和水的交界處，鈉與水反應(yīng)產(chǎn)生的H2使鈉浮起，脫離水面，反應(yīng)停止;當(dāng)鈉表面的H2逸出，鈉又回落水層，如此反復(fù)，減小了Na與H2O的反應(yīng)速率．20．向100mL0.1mol?L﹣1的Al2(SO4)3溶液中，加入0。5mol?L﹣1的氫氧化鈉溶液得到1.17克沉淀,則需加入的氫氧化鈉溶液的體積是多少？（強調(diào)要有解題過程)【考點】化學(xué)方程式的有關(guān)計算．【分析】根據(jù)Al2（SO4）3溶液與NaOH溶液的反應(yīng)計算分析，100mL0.1mol/LAl2（SO4）3全轉(zhuǎn)化為沉淀的質(zhì)量為:0.1L×0.1mol/L×2×78g/mol=1。56g，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓和Al(OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，可知NaOH存在兩種情況，一是不足,二是使Al（OH）3部分溶解，以此計算．【解答】解：在100ml0.1mol/L的Al2（SO4）3溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液，如硫酸鋁完全生成Al（OH）3，則沉淀的質(zhì)量為:0.1L×0。1mol/L×2×78g/mol=1。56g，而此時為1.17g，說明硫酸鋁并沒有完全轉(zhuǎn)化為Al(OH)3，此時n(Al（OH）3)==0.015mol,NaOH可能有兩種情況,一是不足，二是使Al(OH）3部分溶解，當(dāng)NaOH不足時,Al3++3OH﹣=Al(OH）3↓3mol1molx0.015mol則x=0。045mol，V1(NaOH溶液）==0.09L=90mL，如使Al（OH）3部分溶解，則①Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓0.02mol0。06mol②Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O1mol1mol（0。02﹣0。015）mol（0.02﹣0.015）mol=0.005mol兩步反應(yīng)共需要0.06mol+0。005mol=0.065mol,V2(NaOH溶液）==0。13L=130mL，答：所加的NaOH溶液體積是90毫升或130毫升．21．已知X是某金屬單質(zhì)，X、A、B、C含同一種元素,可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：(1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：XAl，BNaAlO2．(2）寫出以下反應(yīng)的離子方程式：③2Al+6H+=2Al+3++3H2↑；④Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O．【考點】無機物的推斷．【分析】X是某金屬單質(zhì)，X、A、B、C含同一種元素，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，X與NaOH反應(yīng)，則X為Al，X與A反應(yīng)生成A為Al2O3，氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成B為NaAlO2，鋁與稀鹽酸反應(yīng)生成C為AlCl3，氯化鋁與過量的氫氧化鈉反應(yīng)能生成B，符合各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，然后結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)用語來解答．【解答】解：X是某金屬單質(zhì),X、A、B、C含同一種元素，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，X與NaOH反應(yīng)，則X為Al，X與A反應(yīng)生成A為Al2O3，氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成B為NaAlO2，鋁與稀鹽酸反應(yīng)生成C為AlCl3，氯化鋁與過量的氫氧化鈉反應(yīng)能生成B，符合各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，（1)由上面的分析可知,X為Al，B為NaAlO2，故答案為：Al；NaAlO2;（2）反應(yīng)③為Al和稀鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為:2Al+6H+=2Al+3++3H2↑，故答案為：2Al+6H+=2Al+3++3H2↑;反應(yīng)④為氧化鋁與NaOH溶液的反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案為：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O．22．如圖是無機物A～M在一定條件下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分產(chǎn)物及反應(yīng)條件未列出）．其中，I是由第三周期元素組成的單質(zhì)中熔點最高的金屬,K是一種紅棕色氣體．請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）在周期表中，組成單質(zhì)G的元素位于第四周期Ⅷ族．(2）在反應(yīng)⑦中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2．（3)在②、③、⑥、⑨中既屬于化合反應(yīng)又屬于非氧化還原反應(yīng)的是③(填序號）（4）反應(yīng)④的離子方程式是：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O．(5）將化合物D與KNO3、KOH共融，可制得一種“綠色”環(huán)保高效凈水劑K2FeO4（高鐵酸鉀)，同時還生成KNO2和H2O．該反應(yīng)的化學(xué)方程式是:Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O．【考點】無機物的推斷．【分析】FeS2氧化得到的A可以繼續(xù)被氧化,則A為SO2,B為SO3，D為Fe2O3，C為B的水化物，則C為H2SO4，I為第三主族熔點最高的金屬，則I為Al，反應(yīng)⑦為鋁單質(zhì)與氧化鐵得到Fe與氧化鋁，K是一種紅棕色氣體，則K為NO2，J為HNO3，J與G反應(yīng)得到L，L被氧化成為NO2，則G為Fe，H為Al2O3，L為NO，聯(lián)系反應(yīng)④:M+H2SO4→F+NO↑知，M為Fe（NO3)2，F(xiàn)為鐵鹽溶液,E應(yīng)為Fe（OH）3，據(jù)此解答．【解答】解：FeS2氧化得到的A可以繼續(xù)被氧化，則A為SO2,B為SO3，D為Fe2O3，C為B的水化物，則C為H2SO4，I為第三主族熔點最高的金屬，則I為Al，反應(yīng)⑦為鋁單質(zhì)與氧化鐵得到Fe與氧化鋁,K是一種紅棕色氣體,則K為NO2，J為HNO3，J與G反應(yīng)得到L，L被氧化成為NO2，則G為Fe，H為Al2O3,L為NO，聯(lián)系反應(yīng)④：M+H2SO4→F+NO↑知,M為Fe（NO3）2，F(xiàn)為鐵鹽溶液，E應(yīng)為Fe（OH)3．（1)G為Fe，是26號元素，位于周期表中第四周期第Ⅷ族，故答案為:四；Ⅷ;（2）反應(yīng)⑦的化學(xué)方程式：Fe2O3+2AlAl2O3+Fe，F(xiàn)e2O3是氧化劑、Al是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2,故答案為：1：2;（3)在反應(yīng)②、③、⑥、⑨中，②、⑨都為氧化還原反應(yīng)，⑥為分解反應(yīng)，③為SO3+H2O=H2SO4，既屬于化合反應(yīng)又屬于非氧化還原反應(yīng)，故答案為:③；（4）M中含有Fe2+和NO3﹣，在酸性條件下可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為3Fe2++4H++NO3﹣=3