高中化學高考一輪復習（省一等獎）

2023學年山東省德州市武城二中高三（上）第二次月考化學試卷一、選擇題（本題包括7小題．每小題6分，共42分。每小題只有一個選項符合題意）1．下表中對應關系錯誤的是()ANaCl=Na++Cl﹣NH3?H2O?NH4++OH﹣均屬于電離方程式BBa2++SO42﹣=BaSO4↓HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O均可表示一類反應CSO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色；SO2使堿性酚酞溶液褪色均屬于SO2的同一性質DCl2+2NaOH=NaClO+H2O+NaCl；3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2OCl2和S在反應中即作氧化劑又作還原劑A．A B．B C．C D．D2．下列關于Fe2（SO4）3的敘述正確的是（設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值）()A．1mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含有2NA個Fe3+（不考慮水解）B．1mol的Fe2（SO4）3和S2﹣反應可轉移2NA個電子C．在該溶液中，K+、NH4+、I﹣、SO42﹣可以大量共存D．與Cu反應的離子方程式為：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+3．CO2中的一個O原子被S原子代替后，即為羰基硫（OCS），羰基硫是一種有臭雞蛋氣味的無色氣體，高溫下分解為CO和S．下列有關說法正確的是()A．OCS中S的化合價為+4價B．羰基硫分解時，CO是氧化產物C．每有1molOCS分解，能生成D．OCS中含有共價鍵，屬于非電解質4．下列由相關實驗現(xiàn)象所推出的結論正確的是()A．鐵在常溫下不溶于濃硝酸，說明鐵與濃硝酸不反應B．將氯氣溶于水后溶液呈淺黃綠色，說明氯氣與水沒有完全反應C．將某氣體通入品紅溶液中溶液褪色，說明該氣體一定是二氧化硫D．向溶液中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，說明該溶液中一定有SO42﹣5．下列有關圖象的敘述錯誤的是()A．圖可表示向酸化的AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水，沉淀量與氨水體積的關系B．圖中可表示向澄清石灰水中通入二氧化碳氣體，沉淀量與二氧化碳體積的關系C．圖中可表示向亞硫酸溶液中通入硫化氫，沉淀量與硫化氫氣體的關系D．圖中可表示向碳酸鈉溶液中逐滴加入稀鹽酸，HCO3﹣離子的量與鹽酸體積的關系6．硫酸、鹽酸和硝酸與燒堿和純堿并稱為工業(yè)上的“三酸兩堿”．下列說法正確的是()A．等質量的鋁與足量的燒堿和鹽酸反應生成氫氣的質量相同B．等質量的銅與足量的濃硫酸和濃硝酸反應生成氣體的物質的量相同C．相同物質的量的燒堿和純堿與足量鹽酸反應，消耗鹽酸的體積相同D．相同質量的硫與足量燒堿、濃硫酸、濃硝酸反應，轉移電子數(shù)相同7．下列實驗操作或裝置（略去部分加持儀器）正確的是()A．如圖表示為配制一定物質的量濃度稀硫酸時的操作B．如圖表示為配制一定物質的量濃度的溶液定容時的操作C．用如圖所示裝置吸收氯氣中的氯化氫氣體D．用圖所示裝置收集一氧化氮氣體二、解答題（共4小題，滿分58分）8．（18分）按要求回答下列問題．（1）某小組同學探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性強弱，設計如下實驗（夾持儀器已略去，裝置的氣密性已檢驗）．①打開活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到過量，燒瓶內溶液變?yōu)闊o色，該反應的離子方程式為__________，得出的結論是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性__________（填“強”或“弱”）．②再打開活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，剛開始溶液顏色無明顯變化，繼續(xù)滴加，溶液變?yōu)槌赛S色，變橙黃色反應的離子方程式為__________，得出的結論是H2O2的氧化性比Br2的氧化性__________（填“強”或“弱”）．（2）某學習小組向盛有氯化鋇溶液的試管中通入二氧化硫氣體，發(fā)現(xiàn)有白色沉淀，為了清楚沉淀的物質，研究小組向試管中加入過量稀鹽酸，沉淀不溶解，你認為沉淀物是__________，產生該物質可能的原因是__________．（3）為探究SO2使品紅溶液褪色的原因，該小組同學將干燥的SO2氣體通入品紅的四氯化碳溶液中，發(fā)現(xiàn)品紅不褪色，由此所得出的結論正確的是__________（填編號）a．SO2使品紅溶液褪色的微粒一定不是SO2分子b．SO2使品紅溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子c．此實驗無法確定SO2使品紅溶液褪色的微粒d．將干燥的SO2氣體通入品紅的酒精溶液中，能使品紅褪色由此可猜想使品紅溶液褪色的微?？赡苁莀_________．（4）配平并完成下列離子方程式__________MnO4﹣+__________H2O2+__________=__________Mn2++__________O2+__________H2O每有1mol高錳酸根參加反應，生成__________molO2．9．（14分）硼和鋁位于同一主族，它們可以形成許多組成和性質類似的化合物，一種用硼鎂礦（Mg2B2O5?H2O）制取單質硼的工藝流程圖如圖：回答下列問題：（1）Mg2B2O5?H2O中B的化合價為__________．（2）溶液a、溶液b中溶質的化學式分別為__________、__________．（3）寫出步驟①的化學方程式__________（4）寫出步驟⑤的化學方程式__________（5）步驟③中化學反應可以發(fā)生的原因是__________．（6）乙硼烷（B2H6）是一種氣態(tài)高能燃料，寫出乙硼烷在空氣中燃燒的化學方程式為__________．10．（16分）按要求回答下列問題：（1）實驗室鋁粉和Fe2O3作鋁熱反應實驗，鋁熱反應的方程式為__________，該實驗中除用到鋁粉和Fe2O3外，需要的試劑還有__________（填編號）．a．KClO3b．Mgc．MnO2d．KCl（2）據(jù)文獻報道，在實際反應中鋁熱反應的產物成分較為復雜．某課題組對鋁熱反應產物的成分進行探究，經成分分析，發(fā)現(xiàn)主要得到甲和乙兩種產物．甲由具有相同電子層結構的陰、陽離子構成；乙是一種鐵鋁的金屬互化物（可用FexAly表示），取該合金粉末，滴加足量濃NaOH溶液，充分攪拌、過濾、洗滌得固體．再將所得固體在空氣中充分加熱、灼燒得紅棕色粉末．①甲的化學式為__________，乙的組成可表示為__________．②甲的晶體是耐高溫材料，用此材料做成的坩堝，不能用來熔融NaOH，用化學方程式解釋其原因__________；含二氧化硅材料做成的坩堝__________（填“能”或“不能”）用來熔融NaOH．③如圖表示室溫下相同組分的乙分別在兩種不同的酸中的腐蝕情況，由圖可知，乙在__________中具有比較強的抗腐蝕性，原因可能是__________．11．下列問題均涉及到化學學科重要的思想和觀點，按要求回答下列問題：（1）量變和質變的觀點：①鋅與稀硫酸反應生成氫氣，當硫酸濃度逐漸增大到一定程度時，可生成的氣體是__________（填化學式，下同）；②銅與稀硝酸反應生成一氧化氮，當硝酸濃度逐漸增大到一定程度時，可生成的氣體是__________；③稀鹽酸的還原性較弱，與二氧化錳不反應，濃鹽酸的還原性增強，與二氧化錳在加熱的條件下發(fā)生的反應方程式為__________．（2）微粒觀：①18g2H2O中所含質子的物質的量為__________，所含的中子數(shù)為__________；②Na2O2、Na2O中陽離子和陰離子個數(shù)比分別為__________、__________．（3）守恒的思想：①由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，其c（H+）=?L﹣1，c（Al3+）=?L﹣1，c（SO42﹣）=?L﹣1，則c（K+）為__________；②mM+nH++O2=xM2++yH2O，則x值為__________③ClO2與Cl2均有強氧化性，在處理廢水的過程中自身均被還原為Cl﹣，在處理相同量的廢水時，所需要ClO2的物質的量是Cl2的__________倍．

2023學年山東省德州市武城二中高三（上）第二次月考化學試卷一、選擇題（本題包括7小題．每小題6分，共42分。每小題只有一個選項符合題意）1．下表中對應關系錯誤的是()ANaCl=Na++Cl﹣NH3?H2O?NH4++OH﹣均屬于電離方程式BBa2++SO42﹣=BaSO4↓HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O均可表示一類反應CSO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色；SO2使堿性酚酞溶液褪色均屬于SO2的同一性質DCl2+2NaOH=NaClO+H2O+NaCl；3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2OCl2和S在反應中即作氧化劑又作還原劑A．A B．B C．C D．D【考點】電離方程式的書寫；離子方程式的書寫；氧化還原反應；二氧化硫的化學性質．【專題】離子反應專題．【分析】A．氯化鈉電離生成鈉離子、氯離子；一水合氨電離生成氨根離子和氫氧根離子；B．依據(jù)離子方程式的意義解答；C．依據(jù)二氧化硫的性質解答；D．依據(jù)Cl2和S在反應中化合價變化解答．【解答】解：A．氯化鈉電離生成鈉離子、氯離子，電離方程式為：NaCl=Na++Cl﹣；一水合氨電離生成氨根離子和氫氧根離子，電離方程式為：NH3?H2O?NH4++OH﹣，故A正確；B．Ba2++SO42﹣=BaSO4↓可以表示可溶性鋇鹽與可溶性硫酸鹽反應生成硫酸鋇沉淀的反應；HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O表示可溶性碳酸氫鹽與可溶性強堿反應生成可溶性碳酸鹽和水，故B正確；C．SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色體現(xiàn)其還原性；SO2使堿性酚酞溶液褪色體現(xiàn)其漂白性，故C錯誤；D．Cl2+2NaOH=NaClO+H2O+NaCl，反應中氯元素化合價既升高有降低，氯氣既作氧化劑又作還原劑，3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，反應中硫元素化合價既升高有降低，硫既作氧化劑又作還原劑，故D正確；故選：C．【點評】本題考查了元素化合物知識和離子方程式的書寫，明確物質的性質和離子方程式書寫的方法是解題關鍵，題目難度不大．2．下列關于Fe2（SO4）3的敘述正確的是（設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值）()A．1mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含有2NA個Fe3+（不考慮水解）B．1mol的Fe2（SO4）3和S2﹣反應可轉移2NA個電子C．在該溶液中，K+、NH4+、I﹣、SO42﹣可以大量共存D．與Cu反應的離子方程式為：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+【考點】阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A．不知道溶液的體積，無法求出鐵離子的數(shù)目；B．根據(jù)Fe3+～Fe2+～e﹣計算；C．鐵離子具有氧化性，可以氧化碘離子，故C錯誤；D．與Cu反應的離子方程式為：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．【解答】解：A．不知道溶液的體積，無法求出鐵離子的數(shù)目，故A錯誤；B．Fe3+～Fe2+～e﹣，1mol的Fe2（SO4）3和S2﹣反應可轉移2NA個電子，故B正確；C．鐵離子具有氧化性，可以氧化碘離子，故C錯誤；D．與Cu反應的離子方程式為：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D錯誤；故選B．【點評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的綜合應用，題目難度中等，注意明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，要求學生掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系．3．CO2中的一個O原子被S原子代替后，即為羰基硫（OCS），羰基硫是一種有臭雞蛋氣味的無色氣體，高溫下分解為CO和S．下列有關說法正確的是()A．OCS中S的化合價為+4價B．羰基硫分解時，CO是氧化產物C．每有1molOCS分解，能生成D．OCS中含有共價鍵，屬于非電解質【考點】氧化還原反應；電解質與非電解質．【專題】信息給予題．【分析】OCS分子結構與CO2相似，其結構式為：O=C=S，OCS中C化合價為+4價，高溫下分解為CO和S，反應方程式為OCSCO+S，C元素化合價降低，S元素化合價升高，以此解答該題．【解答】解：A．OCS中C化合價為+4價，O、S的化合價為﹣2價，故A錯誤；B．OCSCO+S中，C元素化合價降低，被還原，CO是還原產物，故B錯誤；C．沒有標況，體積沒有意義，故C錯誤；D．其結構式為：O=C=S，含有共價鍵，為非電解質，故D正確．故選D．【點評】本題考查了化學基本概念和理論，涉及電解質、氧化還原規(guī)律，題目難度中等，充分利用題干給出信息結合所學知識是解題關鍵，注意不同類型晶體的區(qū)別．4．下列由相關實驗現(xiàn)象所推出的結論正確的是()A．鐵在常溫下不溶于濃硝酸，說明鐵與濃硝酸不反應B．將氯氣溶于水后溶液呈淺黃綠色，說明氯氣與水沒有完全反應C．將某氣體通入品紅溶液中溶液褪色，說明該氣體一定是二氧化硫D．向溶液中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，說明該溶液中一定有SO42﹣【考點】鐵的化學性質；氯氣的化學性質；二氧化硫的化學性質；硫酸根離子的檢驗．【分析】A．常溫下，鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化反應；B．氯氣溶于水，溶液顏色為氯氣的顏色；C．能使品紅褪色的不一定為二氧化硫；D．不能排出生成AgCl沉淀．【解答】解：A．常溫下，鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應的繼續(xù)進行，故A錯誤；B．氯氣溶于水，溶液顏色為氯氣的顏色，故B正確；C．能使品紅褪色的不一定為二氧化硫，可能為二氧化氮、臭氧等，故C錯誤；D．不能排出生成AgCl沉淀，應先加入鹽酸，如無現(xiàn)象，再加入氯化鋇檢驗，故D錯誤．故選B．【點評】本題考查較為綜合，為高考常見題型，側重于元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，注意相關基礎知識的積累，題目難度不大．5．下列有關圖象的敘述錯誤的是()A．圖可表示向酸化的AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水，沉淀量與氨水體積的關系B．圖中可表示向澄清石灰水中通入二氧化碳氣體，沉淀量與二氧化碳體積的關系C．圖中可表示向亞硫酸溶液中通入硫化氫，沉淀量與硫化氫氣體的關系D．圖中可表示向碳酸鈉溶液中逐滴加入稀鹽酸，HCO3﹣離子的量與鹽酸體積的關系【考點】鎂、鋁的重要化合物；離子方程式的有關計算；含硫物質的性質及綜合應用．【專題】圖像圖表題．【分析】A、混有少量稀鹽酸的AlCl3溶液中逐滴加入過量的氨水，氨水先與鹽酸反應生成氯化銨，再與氯化鋁反應生成氫氧化鋁沉淀，沉淀不能溶解在過量氨水中，據(jù)此分析B、澄清石灰水中通入過量二氧化碳，先發(fā)生氫氧化鈣與二氧化碳的反應生成碳酸鈣沉淀，再發(fā)生碳酸鈣與水、二氧化碳反應，沉淀消失，根據(jù)方程式判斷前后兩部分二氧化碳的物質的量關系；C、向亞硫酸溶液中通入硫化氫，發(fā)生反應生成硫沉淀，硫沉淀不能與過量的硫化氫反應；D、向碳酸鈉溶液中逐滴加入稀鹽酸，碳酸根先與氫離子反應生成碳酸氫根離子，后碳酸氫根繼續(xù)與氫離子發(fā)生反應生成二氧化碳和水．【解答】解：A、向酸化的AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水，氨水先與酸反應，再與氯化鋁反應生成氫氧化鋁沉淀，沉淀不能溶解在過量氨水中，發(fā)生的反應為3NH3?H2O+H+=NH4++H2O，3NH3?H2O+Al3+=3NH4++Al（OH）3↓，故A錯誤；B、石灰水中通入二氧化碳，先發(fā)生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后發(fā)生CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3）2，故先產生沉淀，后沉淀溶解，前后兩部分二氧化碳的物質的量為1：1，故B正確；C、向亞硫酸溶液中通入硫化氫，發(fā)生反應生成硫沉淀，硫沉淀不能與過量的硫化氫反應，故先產生沉淀，后沉淀不變，故C正確；D、向碳酸鈉溶液中逐滴加入稀鹽酸，碳酸根先與氫離子反應生成碳酸氫根離子，后碳酸氫根繼續(xù)與氫離子發(fā)生反應生成二氧化碳和水，反應離子方程式為：CO32﹣+H+═HCO3﹣，HCO3﹣+H+═CO2+H2O，所以碳酸氫根先增大后減小，前后兩部分鹽酸體積為1：1，故D正確；故選：A．【點評】本題以圖象為載體考查鈣鋁化合物的性質、碳酸鹽的性質等，難度中等，明確發(fā)生的化學反應是解答的關鍵，反應發(fā)生的先后順序是學生解答中的難點，注意圖象比例關系．6．硫酸、鹽酸和硝酸與燒堿和純堿并稱為工業(yè)上的“三酸兩堿”．下列說法正確的是()A．等質量的鋁與足量的燒堿和鹽酸反應生成氫氣的質量相同B．等質量的銅與足量的濃硫酸和濃硝酸反應生成氣體的物質的量相同C．相同物質的量的燒堿和純堿與足量鹽酸反應，消耗鹽酸的體積相同D．相同質量的硫與足量燒堿、濃硫酸、濃硝酸反應，轉移電子數(shù)相同【考點】化學方程式的有關計算；物質的量的相關計算．【分析】A．Al和NaOH、HCl反應都生成氫氣，反應方程式分別為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；B．銅和濃硫酸、濃硝酸反應時，反應方程式分別為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O、Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；C．燒堿、純堿與稀鹽酸反應方程式分別為：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl2+CO2↑+H2O；D、硫與氫氧化鈉反應發(fā)生歧化反應，硫既是氧化劑又是還原劑，而硫與濃硫酸、濃硝酸反應，硫只作還原劑．【解答】解：A．Al和NaOH、HCl反應都生成氫氣，反應方程式分別為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，燒堿和鹽酸足量時，生成氫氣的量與Al的量成正比，Al的質量相等，所以生成氫氣質量相等，故A正確；B．銅和濃硫酸、濃硝酸反應時，反應方程式分別為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O、Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，根據(jù)方程式知，濃硫酸、濃硝酸足量時，銅的物質的量相等時濃硝酸生成氣體的物質的量大于濃硫酸，故B錯誤；C．燒堿、純堿與稀鹽酸反應方程式分別為：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl2+CO2↑+H2O，根據(jù)方程式知，鹽酸足量、燒堿和純堿的物質的量相等時，純堿消耗鹽酸的物質的量多，故C錯誤；D、硫與氫氧化鈉反應發(fā)生歧化反應，硫既是氧化劑又是還原劑，而硫與濃硫酸、濃硝酸反應，硫只作還原劑，所以相同質量的硫與足量燒堿、濃硫酸、濃硝酸反應，轉移電子數(shù)不相同，故D錯誤；故選A．【點評】本題考查化學方程式的計算，側重考查分析能力，正確書寫方程式是解本題關鍵，也可以根據(jù)原子守恒、轉移電子守恒進行計算，易錯選項是D．7．下列實驗操作或裝置（略去部分加持儀器）正確的是()A．如圖表示為配制一定物質的量濃度稀硫酸時的操作B．如圖表示為配制一定物質的量濃度的溶液定容時的操作C．用如圖所示裝置吸收氯氣中的氯化氫氣體D．用圖所示裝置收集一氧化氮氣體【考點】化學實驗方案的評價．【專題】實驗評價題．【分析】A．不能在容量瓶中稀釋濃硫酸；B．滴定管不能插入容量瓶內；C．氯氣不溶于飽和食鹽水；D．NO不能用排空氣法收集．【解答】解：A．濃硫酸溶于水放熱，且容量瓶只能在常溫下使用，應將濃硫酸在燒杯中稀釋，冷卻至室溫后轉移到容量瓶中，故A錯誤；B．滴定管不能插入容量瓶內，防止污染，應垂直懸空，故B錯誤；C．氯氣不溶于飽和食鹽水，而氯化氫易溶于水，可用于除雜，故C正確；D．NO與氧氣反應，不能用排空氣法收集，應用排水法收集，故D錯誤．故選C．【點評】本題考查較為綜合，涉及溶液的配制、氣體的收集等知識，為高考常見題型，側重于學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性、可行性的評價，難度不大．二、解答題（共4小題，滿分58分）8．（18分）按要求回答下列問題．（1）某小組同學探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性強弱，設計如下實驗（夾持儀器已略去，裝置的氣密性已檢驗）．①打開活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到過量，燒瓶內溶液變?yōu)闊o色，該反應的離子方程式為H2SO3+Br2+H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，得出的結論是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性弱（填“強”或“弱”）．②再打開活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，剛開始溶液顏色無明顯變化，繼續(xù)滴加，溶液變?yōu)槌赛S色，變橙黃色反應的離子方程式為2H++2Br﹣+H2O2=Br2+2H2O，得出的結論是H2O2的氧化性比Br2的氧化性強（填“強”或“弱”）．（2）某學習小組向盛有氯化鋇溶液的試管中通入二氧化硫氣體，發(fā)現(xiàn)有白色沉淀，為了清楚沉淀的物質，研究小組向試管中加入過量稀鹽酸，沉淀不溶解，你認為沉淀物是BaSO4，產生該物質可能的原因是空氣中的O2將SO32﹣氧化為SO42﹣．（3）為探究SO2使品紅溶液褪色的原因，該小組同學將干燥的SO2氣體通入品紅的四氯化碳溶液中，發(fā)現(xiàn)品紅不褪色，由此所得出的結論正確的是ac（填編號）a．SO2使品紅溶液褪色的微粒一定不是SO2分子b．SO2使品紅溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子c．此實驗無法確定SO2使品紅溶液褪色的微粒d．將干燥的SO2氣體通入品紅的酒精溶液中，能使品紅褪色由此可猜想使品紅溶液褪色的微?？赡苁荋2SO3或HSO3﹣或SO32﹣．（4）配平并完成下列離子方程式2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2+8H2O每有1mol高錳酸根參加反應，生成O2．【考點】性質實驗方案的設計；氧化還原反應方程式的配平．【專題】氧化還原反應專題；氧族元素；氣體的制備與性質檢驗類實驗．【分析】（1）①打開活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到過量，燒瓶內溶液變?yōu)闊o色，說明溴與亞硫酸發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和溴化氫，證明溴的氧化性大于亞硫酸；②再打開活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，溶液變?yōu)槌赛S色，說明溴離子被雙氧水氧化成溴單質，據(jù)此寫出離子方程式；證明了雙氧水的氧化成大于溴單質；（2）白色沉淀不溶于稀鹽酸，該沉淀只能為硫酸鋇；可能原因為亞硫酸被氧化成硫酸，硫酸與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀；（3）根據(jù)品紅溶液與品紅的四氯化碳溶液的區(qū)別及二氧化硫的性質進行判斷；（4）根據(jù)氧化還原反應中得失電子數(shù)相等及質量守恒配平方程式；根據(jù)配平后的方程式計算出每有1mol高錳酸根參加反應生成氧氣的物質的量．【解答】解：（1）①打開活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到過量，燒瓶內溶液變?yōu)闊o色，說明溴與亞硫酸發(fā)生反應生成硫酸和溴化氫，反應的離子方程式為：H2SO3+Br2+H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，證明了亞硫酸的氧化性比溴弱，故答案為：H2SO3+Br2+H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣；弱；②再打開活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，剛開始溶液顏色無明顯變化，繼續(xù)滴加，溶液變?yōu)槌赛S色，溴離子被氧化成溴單質，變橙黃色反應的離子方程式為：2H++2Br﹣+H2O2=Br2+2H2O，證明H2O2的氧化性比Br2的氧化性強，故答案為：2H++2Br﹣+H2O2=Br2+2H2O；強；（2）某學習小組向盛有氯化鋇溶液的試管中通入二氧化硫氣體，發(fā)現(xiàn)有白色沉淀，向試管中加入過量稀鹽酸，沉淀不溶解，該白色沉淀為BaSO4，產生沉淀的原因可能為：空氣中的O2將SO32﹣氧化為SO42﹣，硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，故答案為：BaSO4；空氣中的O2將SO32﹣氧化為SO42﹣；（3）二氧化硫與四氯化碳不反應，能夠與水反應生成亞硫酸，亞硫酸能夠電離出硫酸氫根離子、亞硫酸根離子，將干燥的SO2氣體通入品紅的四氯化碳溶液中，發(fā)現(xiàn)品紅不褪色，而將二氧化硫通入品紅溶液會褪色，證明使品紅溶液褪色的不是二氧化硫分子，可能為H2SO3或HSO3﹣或SO32﹣，該實驗不能證明使品紅溶液褪色的粒子，故ac正確，故答案為：ac；H2SO3或HSO3﹣或SO32﹣；（4）反應中物質的化合價變化：MnO4﹣→Mn2+，Mn元素化合價由+7價→+2價，一個MnO4﹣得5個電子；H2O2→O2，O由﹣1價變成0價，一個H2O2分子失去2個電子，所以其最小公倍數(shù)為10，故MnO4﹣的計量數(shù)為2，雙氧水的計量數(shù)為5，然后根據(jù)原子守恒配平其它元素，配平后的離子方程式為：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；根據(jù)反應可知，1mol高錳酸根離子完全反應生成氧氣的物質的量為：1mol×=，故答案為：2；5；6H+；2；5；8；．【點評】本題考查了性質實驗方案的設計，題目難度中等，涉及氧化性、還原性強弱比較、氧化還原反應的配平及計算、性質方案的設計與評價等知識，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析能力、化學實驗能力及靈活應用基礎知識的能力．9．（14分）硼和鋁位于同一主族，它們可以形成許多組成和性質類似的化合物，一種用硼鎂礦（Mg2B2O5?H2O）制取單質硼的工藝流程圖如圖：回答下列問題：（1）Mg2B2O5?H2O中B的化合價為+3．（2）溶液a、溶液b中溶質的化學式分別為NaHCO3、Na2SO4．（3）寫出步驟①的化學方程式Mg2B2O5?H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2（4）寫出步驟⑤的化學方程式B2O3+3Mg2B+3MgO（5）步驟③中化學反應可以發(fā)生的原因是硼酸的酸性小于硫酸，符合復分解反應由強酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度較小，從溶液中析出有利于該反應的進行．（6）乙硼烷（B2H6）是一種氣態(tài)高能燃料，寫出乙硼烷在空氣中燃燒的化學方程式為B2H6+3O2B2O3+3H2O．【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；制備實驗方案的設計．【專題】實驗分析題；實驗評價題；演繹推理法；無機實驗綜合．【分析】硼鎂礦與氫氧化鈉溶液反應，過濾除去雜質，NaBO2溶液中，通入過量的二氧化碳，得到Na2B4O7?10H2O與為NaHCO3，過濾分離，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合復分解反應由強酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度較小，故Na2B4O7?10H2O晶體與硫酸反應得到硼酸，溶液b中含有硫酸鈉，硼酸晶體加熱分解得到B2O3，最后用Mg還原得到粗硼．（1）根據(jù)化合價代數(shù)和為0計算B元素化合價；（2）由上述分析可知，第①步通入過量二氧化碳，則a為NaHCO3，第③步加入硫酸，b為Na2SO4；（3）第①步為Mg2B2O5．H2O與氫氧化鈉溶液反應生成NaBO2與Mg（OH）2；（4）步驟⑤是Mg與B2O3發(fā)生置換反應生成B與MgO；（5）符合復分解反應由強酸制弱酸的原理；（6）乙硼烷在空氣中燃燒生成B2O3與水．【解答】解：硼鎂礦與氫氧化鈉溶液反應，過濾除去雜質，NaBO2溶液中，通入過量的二氧化碳，得到Na2B4O7?10H2O與為NaHCO3，過濾分離，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合復分解反應由強酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度較小，故Na2B4O7?10H2O晶體與硫酸反應得到硼酸，溶液b中含有硫酸鈉，硼酸晶體加熱分解得到B2O3，最后用Mg還原得到粗硼．（1）根據(jù)化合價代數(shù)和為0，可知Mg2B2O5?H2O中B的化合價為+3，故答案為：+3；（2）由上述分析可知，第①步通入過量二氧化碳，則a為NaHCO3，第③步加入硫酸，b為Na2SO4，故答案為：NaHCO3；Na2SO4；（3）第①步為Mg2B2O5．H2O與氫氧化鈉溶液反應生成NaBO2與Mg（OH）2，反應方程式為：Mg2B2O5?H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2，故答案為：Mg2B2O5?H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；（4）步驟⑤是Mg與B2O3發(fā)生置換反應生成B與MgO，反應方程式為：B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案為：B2O3+3Mg2B+3MgO；（5）步驟③中化學反應可以發(fā)生的原因是：硼酸的酸性小于硫酸，符合復分解反應由強酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度較小，從溶液中析出有利于該反應的進行，故答案為：硼酸的酸性小于硫酸，符合復分解反應由強酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度較小，從溶液中析出有利于該反應的進行；（6）乙硼烷在空氣中燃燒生成B2O3與水，反應方程式為：B2H6+3O2B2O3+3H2O，故答案為：B2H6+3O2B2O3+3H2O．【點評】本題考查化學制備方案，理解工藝流程原理是解題關鍵，側重對化學用語的考查，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用的能力，難度中等．10．（16分）按要求回答下列問題：（1）實驗室鋁粉和Fe2O3作鋁熱反應實驗，鋁熱反應的方程式為2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，該實驗中除用到鋁粉和Fe2O3外，需要的試劑還有ab（填編號）．a．KClO3b．Mgc．MnO2d．KCl（2）據(jù)文獻報道，在實際反應中鋁熱反應的產物成分較為復雜．某課題組對鋁熱反應產物的成分進行探究，經成分分析，發(fā)現(xiàn)主要得到甲和乙兩種產物．甲由具有相同電子層結構的陰、陽離子構成；乙是一種鐵鋁的金屬互化物（可用FexAly表示），取該合金粉末，滴加足量濃NaOH溶液，充分攪拌、過濾、洗滌得固體．再將所得固體在空氣中充分加熱、灼燒得紅棕色粉末．①甲的化學式為Al2O3，乙的組成可表示為Fe2Al5．②甲的晶體是耐高溫材料，用此材料做成的坩堝，不能用來熔融NaOH，用化學方程式解釋其原因Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）]4；含二氧化硅材料做成的坩堝不能（填“能”或“不能”）用來熔融NaOH．③如圖表示室溫下相同組分的乙分別在兩種不同的酸中的腐蝕情況，由圖可知，乙在65%濃硝酸中具有比較強的抗腐蝕性，原因可能是遇濃硝酸表面鈍化，阻礙進一步反應（只要體現(xiàn)出“鈍化”即可）．【考點】探究鋁熱反應．【專題】無機實驗綜合．【分析】（1）鋁與氧化鐵發(fā)生鋁熱反應生成氧化鋁和鐵，據(jù)此寫出反應的化學方程式；該實驗中除用到鋁粉和Fe2O3外，需要的試劑還有氯酸鉀和鎂；（2）①甲由具有相同電子層結構的陰、陽離子構成，則甲為Al2O3；灼燒得到的紅棕色粉末應該是氧化鐵，計算出氧化鐵的物質的量，根據(jù)鐵原子守恒可知鐵的物質的量是及質量，從而得出合金中鋁的質量，根據(jù)n=計算出鋁物質的量，就可以得出x：y，從而得出乙的化學式；②在加熱的條件下氧化鋁與氫氧化鈉反應生成Na[Al（OH）]4；由于二氧化硅與能與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，所以含二氧化硅材料做成的坩堝不能用來熔融NaOH；③結合圖象可知乙在65%濃硝酸中具有比較強的抗腐蝕性，這是由于常溫下遇濃硝酸表面鈍化，阻礙進一步反應．【解答】解：（1）鋁與氧化鐵發(fā)生鋁熱反應的方程式為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；該實驗中除用到鋁粉和Fe2O3外，需要的試劑還有氯酸鉀和鎂，故ab正確，故答案為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；ab；（2）①甲由具有相同電子層結構的陰、陽離子構成，則甲是Al2O3；取該合金粉末，滴加足量濃NaOH溶液，其中鋁溶解轉化為偏鋁酸鈉，充分攪拌、過濾、洗滌得固體鐵．再將所得固體在空氣中充分加熱、灼燒得紅棕色粉末，所以紅棕色粉末應該是氧化鐵，物質的量為：=；根據(jù)鐵原子守恒可知鐵的物質的量是，質量是×56g/mol=，因此合金中鋁的質量是﹣=，物質的量為：=，所以x：y=：=2：5，則乙的化學式為Fe2Al5，故答案為：Al2O3；Fe2Al5；②在加熱的條件下氧化鋁與氫氧化鈉反應，反應的化學方程式為：Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）]4；二氧化硅與能與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，所以含二氧化硅材料做成的坩堝不能用來熔融NaOH，故答案為：Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）]4；不能；③根據(jù)圖象可知乙在65%濃硝酸中具有比較強的抗腐蝕性，這是由于常溫下遇濃硝酸表面鈍化，阻礙進一步反應，故答案為：65%濃硝酸；遇濃硝酸表面鈍化，阻礙進一步反應（只要體現(xiàn)出“鈍化”即可）．【點評】本題考查金屬鎂、鋁、鐵等有關性質與計算，題目難度中等，注意掌握鋁熱反應原理及操作方法，明確常見金屬單質及其化合物性質，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析、理解能力及化學實驗能力11．下列問題均涉及到化學學科重要的思想和觀點，按要求回答下列問題：（1）量變和質變的觀點：①鋅與稀硫酸反應生成氫氣，當硫酸濃度逐漸增大到一定程度時，可生成的氣