2017-2018学年陕西师大附中高考化学一模试卷
最新试卷十年寒窗苦，踏上高考路，心态放平和，信心要十足，面对考试卷，下笔如有神，短信送祝福，愿你能高中，马到功自成，金榜定题名。
一、选择题（本题共7小题，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）
1．若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A． NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量为107g
B． 8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NA
C． 标准状况下，将2.24L Cl2溶于水，可得到HClO分子的数目是0.1NA
D． 2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间
2．某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．下列有关X的说法中，不正确的是（ ）
A． X能形成化学式为X（OH）3的碱
B． X能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐
C． X原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数
D． X能与某些金属元素或非金属元素形成化合物
3．下列实验操作导致所读出的数值比真实值小的是（假设其他操作均正确）（ ）
A． 滴定终点时对滴定管仰视读数：28.80mL
B． 将NaCl固体置于托盘天平右盘称量：左盘砝码（8g）和游码（0.6g）读数的和为8.6g
C． 中和热测定时用铜棒代替环形玻璃搅拌棒搅拌，测定反应的最高温度：30.4℃
D． 用量筒量取硝酸时，俯视读数：5.8mL
4．实验室需配制一种仅含五种离子（水电离出的离子可忽略）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，下面四个选项中能达到此目的是（ ）
A． Ca2+、K+、OH﹣、Cl﹣、NO3﹣ B． Fe2+、H+、Br﹣、NO3﹣、Cl﹣
C． Na+、K+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣ D． Al3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣
5．化学用语是学习化学的工具和基础．下列有关化学用语的使用正确的是（ ）
A． 用食醋除去水壶内的水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B． 纯碱溶液呈碱性的原因是：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
C． 用铁作阳极，电解饱和食盐水的离子方程式：Fe+2H2OFe（OH）2+H2↑
D． 表示氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）；△H=﹣571.6KJ•mol﹣1
6．在一定体积和一定条件下有反应N2+3H2⇌2NH3，现分别从两条途径建立平衡：
Ⅰ．起始浓度 N2：l mol•L ﹣1，H2：3mol•L ﹣1
Ⅱ．起始浓度 N2：2mol•L ﹣1，H2：6mol•L ﹣1
则下列叙述正确的是（ ）
A． Ⅰ和II两途径达到平衡时，体系内各成分的体积分数相同
B． 达到平衡时，Ⅰ途径的反应速率v（H2）等于Ⅱ途径的反应速率v（H2）
C． 达到平衡时，Ⅱ途径体系内混合气体的压强是Ⅰ途径内混合气体压强的2倍
D． 达到平衡时，Ⅰ途径体系内混合气体的密度为途径Ⅱ体系内混合气体的密度的
7．在一定温度下，硫酸铜晶体的培养皿中存在下列平衡：Cu2++SO42﹣+x H2O⇌CuSO4•xH2O，当向硫酸铜溶液中加少量无水硫酸铜粉末后，下列说法中正确的是（ ）
A． 溶液中Cu2+浓度增大 B． 溶液中Cu2+数目不变
C． 该硫酸铜晶体体积增大 D． 溶液的蓝色变浅
二、（非选择题，共58分）
8．A、B、C、D、E五种溶液分别是HCl、CH3COOH、NaOH、NH3•H2O、Na2CO3溶液中的一种．常温下进行下列实验：
①将1L pH=9的A溶液分别与xL 0.001mol/L B溶液、y L 0.001m/L D溶液充分反应后溶液呈中性，x、y大小关系为：y＜x；
②浓度均为0.1mol/L C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性．
③浓度均为0.1mol/L A和E溶液的pH：A＜E．
回答下列问题：
（1）D是 溶液（填化学式）；
（2）写出A与足量B溶液反应的离子方程式 ；
（3）将等体积、等物质的量浓度的D、E分别与足量的铝粉反应，产生H2的物质的量之比为 ；
（4）将等体积、等物质的量浓度的B和C混合后，所得溶液的pH约为7，原因是 ；
（5）室温时在一定体积0.4mol/L的E溶液中，加入一定体积的0.1mol/L的D溶液时，混合溶液pH=13，若混合后溶液的体积变化忽略不计，则D、E溶液的体积之比是 ．
9．ClO2气体是一种常用的消毒剂，我国从2000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒．
（1）消毒水时，ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe（OH）3和MnO2等难溶物除去，在这个过程中，Fe2+、Mn2+的化合价升高，说明ClO2具有 性．
（2）工业上可以通过下列方法制取ClO2，请完成该反应化学方程式：2KClO3+SO2=2ClO2+ ．
（3）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg/L之间．碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：
Ⅰ．取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝．
Ⅱ．加入一定量的Na2S2O3溶液．（已知：2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣）
Ⅲ．加硫酸调节水样pH至1～3．
操作时，不同pH环境中粒子种类如下图所示：
请回答：
①操作Ⅰ中反应的离子方程式是 ．
②确定操作Ⅱ完全反应的现象是 ．
③在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是 ．
④若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10﹣3 mol/L 的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是 mg/L．
10．为探究亚硫酸钠的热稳定性，某研究性学习小组将无水亚硫酸钠隔绝空气加热，并利用受热后的固体试样和如下图所示的实验装置进行实验．请回答下列有关问题：
（1）查阅资料：无水亚硫酸钠隔绝空气受热到600℃才开始分解，且分解产物只有硫化钠和另外一种固体．如果加热温度低于600℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，在滴加稀盐酸的整个过程中HSO3﹣的物质的量浓度变化趋势为 ；
（2）如果加热温度为700℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，且有大量气泡产生，则反应生成淡黄色沉淀的离子方程式为 ；此时在B、C两装置中可能观察到的现象为 或 ．
（3）在（2）中滴加足量盐酸后，烧瓶内除Cl﹣外，还存在另一种浓度较大的阴离子（X）为 ．检验该阴离子（X），先取固体试样溶于水配成溶液，为了加速固体试样的溶解，可采取 措施．以下是检验阴离子（X）的两种实验方案，你认为合理的方案是 （填“甲”或“乙”）．
方案甲：取少量试样溶液于试管中，先加稀HNO3，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明该离子存在．
方案乙：取少量试样溶液于试管中，先加稀HCl，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明该离子存在．
（4）写出Na2SO3固体加热到600℃以上分解的化学方程式 ．
11．海水中含有丰富的资源，海水综合利用的流程图如图1：
（1）电解氯化钠饱和溶液可以制得多种化工原料，写出电解氯化钠溶液的化学方程式： ．用其中两种原料可以制备常见的消毒剂，
请写出制备反应的离子反应方程式 ．
（2）①若MgCl2粗产品中含有Mg2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+ 等阳离子，需先将 Fe2+、Fe3+、Mn2+ 转化为沉淀除去，Fe（OH）2为絮状，常将Fe2+转化为Fe（OH）3除去，若只加入（1）中制备消毒剂时的产物之一，则所加物质的化学式为 ，控制溶液的pH为 ． 请写出该物质与溶液中Fe2+ 反应的离子方程式： ．
物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Mn（OH）2 Mg（OH）2
开始沉淀 7.6 2.7 8.3 9.9
沉淀完全 9.6 3.7 9.8 11.1
②写出工业上制取金属镁的化学方程式： ．
（3）如图2为某同学设计的从海带中提取碘单质的流程图．
①请写出从海带灰提取碘元素时用到的主要仪器的名称 ；
②将溶液中的碘元素的转化为碘单质可以用 试剂，请写出发生反应的离子方程式 ，
含碘单质CCl4溶液呈现 色．
2015年陕西师大附中高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共7小题，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）
1．若NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A． NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量为107g
B． 8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NA
C． 标准状况下，将2.24L Cl2溶于水，可得到HClO分子的数目是0.1NA
D． 2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间
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、胶体粒子是由多个氢氧化铁聚集成较大颗粒的粒子；
B、从 Cu2S和CuO的相对分子质量可知，铜元素在Cu2S和CuO中的质量分数相同；
C、Cl2溶于水，只有部分Cl2反应；
D、根据Na元素的化合价变化计算．
解答： 解：A、胶体粒子是由多个氢氧化铁聚集成较大颗粒的粒子，因此无法确定Fe（OH）3的数目，故A错误；
B、从 Cu2S和CuO的相对分子质量可知，铜元素在Cu2S和CuO中的质量分数相同，无论Cu2S和CuO物质的量之比如何变化，8.0g混合物中铜元素物质的量为0.1mol，即0.1NA，故B正确；
C、Cl2溶于水，只有部分Cl2反应，故无法确定参加反应的氯气的量，故C错误；
D、Na元素的化合价从0变化为+1价，转移1个电子，所以2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数为0.1NA，故D错误；
故选B．
点评： 本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题．
2．某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．下列有关X的说法中，不正确的是（ ）
A． X能形成化学式为X（OH）3的碱
B． X能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐
C． X原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数
D． X能与某些金属元素或非金属元素形成化合物
考点： 原子结构与元素的性质．
分析： 根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此来解答．
解答： 解：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意；
A、由于元素X可能为氮元素或氯元素，因此不可能形成X（OH）3的碱，故A错误；
B、元素X可能为氮元素或氯元素，可形成KNO3或KClO3，故B正确；
C、当n=1时，没有此元素存在；当n=2时，最外层电子数为5，核电荷数为7，该元素X为氮元素；当n=3时，最外层电子数为7，核电荷数为17，该元素X为氯元素，所以X原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数，故C正确；
D、N元素能与非金属O元素形成化合物NO、NO2等，Cl元素能与非金属H元素形成化合物HCl，所以X能与某些金属元素或非金属元素形成化合物，故D正确；
故选A．
点评： 本题考查原子结构中电子层数、最外层电子数、质子数的关系，利用假设法令n分别为1、2、3来讨论即可解答，难度不大．
3．下列实验操作导致所读出的数值比真实值小的是（假设其他操作均正确）（ ）
A． 滴定终点时对滴定管仰视读数：28.80mL
B． 将NaCl固体置于托盘天平右盘称量：左盘砝码（8g）和游码（0.6g）读数的和为8.6g
C． 中和热测定时用铜棒代替环形玻璃搅拌棒搅拌，测定反应的最高温度：30.4℃
D． 用量筒量取硝酸时，俯视读数：5.8mL
考点： 中和滴定；计量仪器及使用方法；中和热的测定．
专题： 化学实验基本操作．
分析： A、根据滴定管的结构以及仰视液面偏低；
B、根据托盘天平称量药品时要特别注意“左物右码”，若放反时可根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，得出物质质量=砝码质量﹣游码质量；
C、根据铜棒导热，使反应中放出的热量散失；
D、根据量筒的结构以及俯视液面偏高；
解答： 解：A、滴定终点时对滴定管仰视读数，读出的数值比真实值大，故A错误；
B、由用托盘天平称量药品时，砝码和药品放反了，已知砝码质量为8g，游码质量为0.6g，再根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，即8g=药品质量+0.6g，所以药品实际质量7.4g，读出的数值比真实值大，故B错误；
C、铜棒导热，使反应中放出的热量散失，温度降低，比真实值小，故C正确；
D、俯视液面偏高，所读出的数值比真实值大，故D错误；
故选：C．
点评： 本题主要考查了中和滴定操作、滴定管的结构和量筒的结构，难度不大，注意审题．
4．实验室需配制一种仅含五种离子（水电离出的离子可忽略）的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，下面四个选项中能达到此目的是（ ）
A． Ca2+、K+、OH﹣、Cl﹣、NO3﹣ B． Fe2+、H+、Br﹣、NO3﹣、Cl﹣
C． Na+、K+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣ D． Al3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣
考点： 离子共存问题．
专题： 离子反应专题．
分析： 根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，并根据溶液呈电中性分析解答．
解答： 解：A．根据溶液呈电中性，阳离子K+、Ca2+所带的正电荷总数等于阴离子OH﹣、Cl﹣、NO3﹣所带的负电荷总数，因体积一定所以C（K+）+2C（Ca2+）=C（Cl﹣）+C（NO3﹣）+C（OH﹣），在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，则电荷守恒，但Ca2+与OH﹣能形成氢氧化钙微溶物不能共存，故A错误；
B．Fe2+、H+、与NO3﹣发生氧化还原反应，3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，所以该组离子不能大量共存，故B错误；
C．根据溶液呈电中性，阳离子Na+、K+所带的正电荷总数等于阴离子SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣所带的负电荷总数，因体积一定所以需C（Na+）+C（K+）=C（Cl﹣）+C（NO3﹣）+2C（SO42﹣），在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，C（Na+）+C（K+）=2mol/L，C（Cl﹣）+C（NO3﹣）+2C（SO42﹣）=4mol/L，阳离子Na+、K+所带的正电荷总数不等于阴离子SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣所带的负电荷总数，故C错误；
D．Al3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣，该组离子之间不反应，则能大量共存，根据溶液呈电中性，阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数须等于阴离子Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣所带的负电荷总数，在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L，3C（Al3+）+C（Na+）=4mol/L，C（Cl﹣）+C（NO3﹣）+2C（SO42﹣）=4mol/L，阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数等于阴离子Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣所带的负电荷总数，故D正确；
故选D．
点评： 本题考查了离子共存问题，注意离子之间的反应及溶液呈电中性是解答本题的关键，题目难度不大．
5．化学用语是学习化学的工具和基础．下列有关化学用语的使用正确的是（ ）
A． 用食醋除去水壶内的水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B． 纯碱溶液呈碱性的原因是：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
C． 用铁作阳极，电解饱和食盐水的离子方程式：Fe+2H2OFe（OH）2+H2↑
D． 表示氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）；△H=﹣571.6KJ•mol﹣1
考点： 离子方程式的书写；热化学方程式．
专题： 化学用语专题．
分析： 根据离子方程式书写要求来判断，如看是否守恒（质量、电荷、得失电子），是否符合客观事实，化学式拆分、化学符号使用是否正确，反应物用量与其反应是否一致等．
解答： 解：A、因弱酸、弱碱、水、氧化物、单质在离子方程式中不能拆，必须用化学式，而CH3COOH是弱酸，因此，应写成：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故A错误；
B、因CO32﹣的水解，溶液呈碱性，CO32﹣是二元弱酸的酸根离子，要分步水解：CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，
HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣，故B错误；
C、因电解时，活泼金属作阳极，电极材料本身要放电，阳极Fe﹣2 e﹣=Fe2+，阴极：2H2O+2 e﹣=2OH﹣+H2↑
总反应：Fe+2H2OFe（OH）2+H2↑，故C正确；
D、因燃烧热表示1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物是所放出的热量，应表示为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（1）；△H=﹣285.8．KJ•mol﹣1，故D错误；
故选：C．
点评： 本题考查了离子方程式正误判断的方法，只要掌握一些常见的判断方法，就可以做到迎刃而解了．
6．在一定体积和一定条件下有反应N2+3H2⇌2NH3，现分别从两条途径建立平衡：
Ⅰ．起始浓度 N2：l mol•L ﹣1，H2：3mol•L ﹣1
Ⅱ．起始浓度 N2：2mol•L ﹣1，H2：6mol•L ﹣1
则下列叙述正确的是（ ）
A． Ⅰ和II两途径达到平衡时，体系内各成分的体积分数相同
B． 达到平衡时，Ⅰ途径的反应速率v（H2）等于Ⅱ途径的反应速率v（H2）
C． 达到平衡时，Ⅱ途径体系内混合气体的压强是Ⅰ途径内混合气体压强的2倍
D． 达到平衡时，Ⅰ途径体系内混合气体的密度为途径Ⅱ体系内混合气体的密度的
考点： 化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．
分析： 途径Ⅰ．N2、H2的起始物质浓度分别为1mol/L和3mol/L；途径Ⅱ．起始浓度：N2：2mol•L ﹣1，H2：6mol•L ﹣1，与途径Ⅰ相比，恒温恒压下，途径Ⅱ为途径I起始浓度的2倍，与途径Ⅰ为相似平衡，由于容器体积一定，相当于途径II为增大压强，平衡右移，据此解答即可．
解答： 解：途径Ⅰ．N2、H2的起始物质浓度分别为1mol/L和3mol/L；途径Ⅱ．起始浓度：N2：2mol•L ﹣1，H2：6mol•L ﹣1，与途径Ⅰ相比，恒温恒压下，途径Ⅱ为途径I起始浓度的2倍，与途径Ⅰ为相似平衡，由于容器体积一定，相当于途径II为增大压强，平衡右移，
A、Ⅰ和II两途径达到平衡时，途径I中氨气的体积分数小，故A错误；
B、途径II中氢气的浓度大，化学反应速率快，故B错误；
C、途径II相当于达到I的平衡后，平衡右移，故压强减小为途径I的2倍小一些，故C错误；
D、由于容器体积相同，途径II的质量为途径I的2倍，故途径II的密度为途径I的2倍，故D正确，故选D．
点评： 化学平衡的建立、等效平衡等，难度中等，理解等效平衡规律是解题关键，注意等效平衡规律：1、恒温恒压下，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡；2、恒温恒容下，若反应前后气体气体发生变化，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量相等，为等效平衡；若反应前后气体的体积不变，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡．
7．在一定温度下，硫酸铜晶体的培养皿中存在下列平衡：Cu2++SO42﹣+x H2O⇌CuSO4•xH2O，当向硫酸铜溶液中加少量无水硫酸铜粉末后，下列说法中正确的是（ ）
A． 溶液中Cu2+浓度增大 B． 溶液中Cu2+数目不变
C． 该硫酸铜晶体体积增大 D． 溶液的蓝色变浅
考点： 溶解度、饱和溶液的概念．
专题： 物质的量浓度和溶解度专题．
分析： 在饱和硫酸铜溶液中加入无水硫酸铜粉末，发生：CuSO4+xH2O=CuSO4•xH2O，导致溶液中水的量减少，会导致平衡：Cu2++SO42﹣+xH2O⇌CuSO4•xH2O向正方向移动，则析出晶体后溶液仍为饱和溶液，溶液浓度不变，但是溶液中铜离子数目减少，以此解答该题．
解答： 解：在饱和硫酸铜溶液中加入无水硫酸铜粉末，发生：CuSO4+xH2O=CuSO4•xH2O，导致溶液中水的量减少，会导致平衡：
Cu2++SO42﹣+xH2O⇌CuSO4•xH2O向正方向移动，则析出晶体后溶液仍为饱和溶液，
A．由于溶液仍为饱和溶液，则溶液中Cu2+浓度不变，故A错误；
B．由于Cu2++SO42﹣+xH2O⇌CuSO4•xH2O向正方向移动，溶液中Cu2+数目减少，故B错误；
C．Cu2++SO42﹣+xH2O⇌CuSO4•xH2O向正方向移动，析出晶体，硫酸铜晶体体积增大，故C正确；
D．溶液中铜离子浓度不变，则溶液颜色不变，故D错误；
故选C．
点评： 本题考查饱和溶液的知识，题目难度不大，注意加入硫酸铜固体后溶液中溶剂的质量减少，析出更多的晶体，析出后仍为饱和溶液，理解该点为解答该题的关键．
二、（非选择题，共58分）
8．A、B、C、D、E五种溶液分别是HCl、CH3COOH、NaOH、NH3•H2O、Na2CO3溶液中的一种．常温下进行下列实验：
①将1L pH=9的A溶液分别与xL 0.001mol/L B溶液、y L 0.001m/L D溶液充分反应后溶液呈中性，x、y大小关系为：y＜x；
②浓度均为0.1mol/L C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性．
③浓度均为0.1mol/L A和E溶液的pH：A＜E．
回答下列问题：
（1）D是 HCl 溶液（填化学式）；
（2）写出A与足量B溶液反应的离子方程式 2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O ；
（3）将等体积、等物质的量浓度的D、E分别与足量的铝粉反应，产生H2的物质的量之比为 1：3 ；
（4）将等体积、等物质的量浓度的B和C混合后，所得溶液的pH约为7，原因是 醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相当 ；
（5）室温时在一定体积0.4mol/L的E溶液中，加入一定体积的0.1mol/L的D溶液时，混合溶液pH=13，若混合后溶液的体积变化忽略不计，则D、E溶液的体积之比是 3：2 ．
考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．
专题： 电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．
分析： A的pH大于7，说明呈碱性，根据①确定B、D为HCl和CH3COOH两种酸，根据同浓度时B的用量大说明B是弱酸即为CH3COOH，则D为HCl；
C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，则生成的盐是强酸弱碱盐，根据②确定C是弱碱即为NH3•H2O，浓度均为0.1 mol/L的C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，因氯化铵水解呈酸性；
相同浓度时，强碱的碱性大于盐的碱性，根据③确定A、E分别是NaOH或Na2CO3，0.1 mol/L的A溶液pH小于0.1 mol/L的E溶液pH说明E是强碱NaOH，A是Na2CO3．
解答： 解：A的pH大于7，说明呈碱性，根据①确定B、D为HCl和CH3COOH两种酸，根据同浓度时B的用量大说明B是弱酸即为CH3COOH，则D为HCl；
C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，则生成的盐是强酸弱碱盐，根据②确定C是弱碱即为NH3•H2O，浓度均为0.1 mol/L的C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，因氯化铵水解呈酸性；
相同浓度时，强碱的碱性大于盐的碱性，根据③确定A、E分别是NaOH或Na2CO3，0.1 mol/L的A溶液pH小于0.1 mol/L的E溶液pH说明E是强碱NaOH，A是Na2CO3，
（1）通过以上分析知，D是HCl溶液，
故答案为：HCl；
（2）醋酸和碳酸钠反应离子方程式为：2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，
故答案为：2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O；
（3）D为盐酸，E是氢氧化钠，等物质的量的D、E分别与足量的铝粉反应，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，根据方程式知，等物质的量的盐酸和氢氧化钠分别与足量铝反应产生H2的物质的量之比为1：3，
故答案为：1：3；
（4）B为醋酸，C是氨水，将等体积、等物质的量浓度的B和C混合后二者恰好反应生成醋酸铵，所得溶液的pH约为7，原因是醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相当，
故答案为：醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相当；
（5）室温时在一定体积0.4mol/L的氢氧化钠溶液中，加入一定体积的0.1mol/L的盐酸溶液时，混合溶液pH=13，pH=13则混合溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，
设氢氧化钠的体积是x，盐酸的体积是y，
混合溶液中氢氧根离子浓度=mol/L=0.1mol/L，
y：x=3：2，
所以盐酸和氢氧化钠的体积之比=3：2，
故答案为：3：2．
点评： 本题考查的弱电解质的电离，正确推断物质是解本题关键，结合物质的性质来分析解答，难度中等．
9．ClO2气体是一种常用的消毒剂，我国从2000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒．
（1）消毒水时，ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe（OH）3和MnO2等难溶物除去，在这个过程中，Fe2+、Mn2+的化合价升高，说明ClO2具有 氧化 性．
（2）工业上可以通过下列方法制取ClO2，请完成该反应化学方程式：2KClO3+SO2=2ClO2+ K2SO4 ．
（3）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg/L之间．碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：
Ⅰ．取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝．
Ⅱ．加入一定量的Na2S2O3溶液．（已知：2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣）
Ⅲ．加硫酸调节水样pH至1～3．
操作时，不同pH环境中粒子种类如下图所示：
请回答：
①操作Ⅰ中反应的离子方程式是 2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2 ．
②确定操作Ⅱ完全反应的现象是 蓝色消失，半分钟内不变色 ．
③在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是 ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O ．
④若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10﹣3 mol/L 的Na2S2O3溶液10mL，则水样中ClO2的浓度是 0.675 mg/L．
考点： 氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．
专题： 实验题．
分析： （1）根据氧化还原反应中化合价有升也有降，化合价降低的反应物为氧化剂，具有氧化性；
（2）根据质量守恒来配平；
（3）①用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为 ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2﹣，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；
②加入一定量 Na2S2O3 溶液，发生反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，使I2还原为I﹣；
③由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成I，生成的I2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；
④根据关系S2O32﹣～I﹣～ClO2先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度．
解答： 解：（1）在这个过程中，Fe2+、Mn2+的化合价升高，则ClO2的化合价降低，为氧化剂，具有氧化性，故答案为：氧化性；
（2）质量守恒可得：2KClO3+SO2=2ClO2+K2SO4，故答案为：K2SO4；
（3）①用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为 ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2﹣，离子方程式为：2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2，故答案为：2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2；
②加入一定量 Na2S2O3 溶液，发生反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，使I2还原为I﹣，故蓝色会消失，故答案为：蓝色消失，半分钟内不变色
③由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成I，生成的I2，离子方程式为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O，故答案为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O；
④S2O32﹣～I﹣～ClO2
1 1 1
1.0×10﹣3 mol/L×0.01L 1.0×10﹣5mol
m（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=1.0×10﹣5mol×67.5×103mg•mol﹣1=0.675mg
由于水样为 1L，所以 ClO2 的浓度为=0.675 mg•L﹣1
故答案为：0.675．
点评： 本题主要考查了氧化还原反应、离子方程式式的书写以及化学计算，难度中等．
10．为探究亚硫酸钠的热稳定性，某研究性学习小组将无水亚硫酸钠隔绝空气加热，并利用受热后的固体试样和如下图所示的实验装置进行实验．请回答下列有关问题：
（1）查阅资料：无水亚硫酸钠隔绝空气受热到600℃才开始分解，且分解产物只有硫化钠和另外一种固体．如果加热温度低于600℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，在滴加稀盐酸的整个过程中HSO3﹣的物质的量浓度变化趋势为 先逐渐增大，后逐渐减小 ；
（2）如果加热温度为700℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，且有大量气泡产生，则反应生成淡黄色沉淀的离子方程式为 2S2﹣+SO32﹣+6H+=3S↓+3H2O ；此时在B、C两装置中可能观察到的现象为 B中品红溶液褪色，C中无明显变化 或 B中无明显变化，C中产生黑色沉淀 ．
（3）在（2）中滴加足量盐酸后，烧瓶内除Cl﹣外，还存在另一种浓度较大的阴离子（X）为 SO42﹣ ．检验该阴离子（X），先取固体试样溶于水配成溶液，为了加速固体试样的溶解，可采取 搅拌 措施．以下是检验阴离子（X）的两种实验方案，你认为合理的方案是 乙 （填“甲”或“乙”）．
方案甲：取少量试样溶液于试管中，先加稀HNO3，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明该离子存在．
方案乙：取少量试样溶液于试管中，先加稀HCl，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明该离子存在．
（4）写出Na2SO3固体加热到600℃以上分解的化学方程式 4Na2SO3Na2S+3Na2SO4 ．
考点： 含硫物质的性质及综合应用；性质实验方案的设计．
专题： 氧族元素．
分析： （1）由题意，Na2SO3要加热到600度以上才分解，因此题中加热温度600度以下冷却后得到的固体仍为Na2SO3；
（2）加热温度为700℃，向所得固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，且有大量气泡产生，说明加热分解后的固体中含硫化钠和为分解的亚硫酸钠；
（3）加快物质溶解可以搅拌加热等措施，依据题干信息分析判断分解后的固体含有硫酸钠，X为SO42﹣，依据硫酸根离子的检验方法分析判断；亚硫酸根离子遇硝酸会被氧化为硫酸根；
（4）Na2SO3固体加热到600℃以上分解生成硫化钠和硫酸钠．
解答： 解：（1）由题意，Na2SO3要加热到600度以上才分解，因此题中加热温度600度以下冷却后得到的固体仍为Na2SO3向此固体中滴加HCl后，一方面是Na2SO3固体溶于水，这将导致溶液中SO32﹣浓度增大；另一方面是HCl与SO32﹣反应，这将导致SO32﹣浓度减小生成亚硫酸氢根离子浓度增大；加入HCl到一定程度时，SO32﹣已完全转化为HSO3﹣，此时前者作用消失，完全是后者起作用，HSO3﹣浓度先增大后将逐渐减小，直至最后下降到接近于零，
故答案为：先逐渐增大，后逐渐减小；
（2）如果加热温度为700℃，向所得固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀为硫，且有大量气泡产生说明为二氧化硫，则固体试样跟盐酸反应生成淡黄色沉淀的离子方程式为：2S2﹣+SO32﹣+6H+=3S↓+3H2O；生成二氧化硫的反应为SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，此时在B、C两装置中可能观察到得现象为二氧化硫具有漂白作用使品红褪色，生成的气体不是硫化氢通过硫酸铜无现象，B中无明显变化，C中产生黑色沉淀；
故答案为：2S2﹣+SO32﹣+6H+=3S↓+3H2O；B中品红溶液褪色，C中无明显变化或B中无明显变化，C中产生黑色沉淀；
（3）在（2）中滴加足量盐酸后，烧瓶内除Cl﹣外，还存在另一种浓度较大的阴离子（X）．通过实验分析判断，离子为硫酸根离子，确定分解产物为硫化钠和硫酸钠，为检验该阴离子（X），先取固体试样溶于水配成溶液，为了加速固体试样的溶解，可以用玻璃棒搅拌或加热，检验硫酸根离子是加入盐酸，无变化，再加入氯化钡生成白色沉淀证明是硫酸根离子；
故答案为：搅拌（或加热）； 乙；
（5）依据上述分析判断，亚硫酸钠加热到600℃以上分解生成硫化钠和硫酸钠，反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；
故答案为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；
点评： 本题考查了物质性质验证的实验设计和实验分析判断，主要考查硫及其化合物性质的应用，题目难度中等．
11．海水中含有丰富的资源，海水综合利用的流程图如图1：
（1）电解氯化钠饱和溶液可以制得多种化工原料，写出电解氯化钠溶液的化学方程式： 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ ．用其中两种原料可以制备常见的消毒剂，
请写出制备反应的离子反应方程式 Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O ．
（2）①若MgCl2粗产品中含有Mg2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+ 等阳离子，需先将 Fe2+、Fe3+、Mn2+ 转化为沉淀除去，Fe（OH）2为絮状，常将Fe2+转化为Fe（OH）3除去，若只加入（1）中制备消毒剂时的产物之一，则所加物质的化学式为 NaClO ，控制溶液的pH为 9.8 ． 请写出该物质与溶液中Fe2+ 反应的离子方程式： 2Fe2++ClO﹣+4OH﹣+H2O=2Fe（OH）3↓+Cl﹣ ．
物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Mn（OH）2 Mg（OH）2
开始沉淀 7.6 2.7 8.3 9.9
沉淀完全 9.6 3.7 9.8 11.1
②写出工业上制取金属镁的化学方程式： MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑ ．
（3）如图2为某同学设计的从海带中提取碘单质的流程图．
①请写出从海带灰提取碘元素时用到的主要仪器的名称 铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗 ；
②将溶液中的碘元素的转化为碘单质可以用 H2O2稀H2SO4 试剂，请写出发生反应的离子方程式 H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O ，
含碘单质CCl4溶液呈现 紫红 色．
考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；海水资源及其综合利用．
分析： （1）电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应物为氯化钠、水；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（2）①加次氯酸钠将亚铁离子转化成易的铁离子，从图中可看出将Fe3+、Mn2+完全转化为沉淀除去，PH最低应该为9.8，PH=9.9时Mg2+开始沉淀；亚铁离子与次氯酸根离子反应的方程式为：2Fe2++ClO﹣+4OH﹣+H2O=2Fe（OH）3↓+Cl﹣；
②电解熔融的氯化镁得到单质镁，化学方程式：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；
（3）①海带灰溶解过程中烧杯和玻璃棒，过滤用漏斗、玻璃棒和烧杯；
②将溶液中的碘元素的转化为碘单质可以加氧化剂过氧化氢将其转化，反应的离子方程式为：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O；含碘单质CCl4溶液呈现紫色．
解答： 解：（1）电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应物为氯化钠、水，方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（2）①加次氯酸钠将亚铁离子转化成易的铁离子，从图中可看出将Fe3+、Mn2+完全转化为沉淀除去，PH最低应该为9.8，PH=9.9时Mg2+开始沉淀；亚铁离子与次氯酸根离子反应的方程式为：2Fe2++ClO﹣+4OH﹣+H2O=2Fe（OH）3↓+Cl﹣，故答案为：NaClO；9.8；2Fe2++ClO﹣+4OH﹣+H2O=2Fe（OH）3↓+Cl﹣；
②电解熔融的氯化镁得到单质镁，化学方程式：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融）
Mg+Cl2↑；
（3）①海带灰溶解过程中烧杯和玻璃棒，过滤用漏斗、玻璃棒和烧杯，故答案为：铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗；
②将溶液中的碘元素的转化为碘单质可以加氧化剂过氧化氢将其转化，反应的离子方程式为：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O，含碘单质CCl4溶液呈现紫红色，故答案为：H2O2稀H2SO4；H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O；紫红．
点评： 本题考查较综合，涉及除杂、氧化还原反应判断，离子方程式书写等，为高考常见题型，利用所学知识结合流程图信息是解答本题的关键，题目难度中等．
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/897a73383d1ec5da50e2524de518964bcf84d28f.html
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