2022年高三化学上学期周练试卷 .pdf

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1、- 1 - 高三上学期周练化学试卷（七）一、选择题（每空6 分）1 （6 分）硅及其化合物的应用范围很广下列说法正确的是（）A 硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应C 反应： Si+2NaOH+H2O Na2SiO3+2H2中， Si 为还原剂， NaOH 和 H2O为氧化剂D 盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅2 （6 分）某溶液中含有CH3COO、SO、SO、HCO、CO五种离子，将过量的Na2O2固体加入其中后，仍能大量存在的离子是（）ACH3COO、SO、COBSO、SO、COCSO、HCO、SODCH3COO、SO、HCO3 （6 分）

2、 （2010?太原模拟）在Fe2（SO4）3溶液中，加入a g 铜，完全溶解后，再加bg 铁，充分反应后得到c g 残余固体，且ac，则下列说法正确的是（）A 残余固体是铜和铁B 最后得到的溶液中一定含有Cu2+C 将残余固体加入到稀H2SO4中，有气泡产生D 最后得到的溶液中可能含有Fe3+4 （6 分）铝、铍（ Be）及其化合物具有相似的化学性质，如其氯化物分子内键型相同，故其氯化物晶体的熔点都较低已知反应：BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be （OH ）2能完全进行，则下列推断正确的是（）A Na2BeO2溶液的 pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO B Be

3、Cl2溶液的 pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2C Be（OH ）2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH 溶液D BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2是离子化合物5 （6 分） （2012?河南模拟）往含0.2molKOH和 0.1molCa（ OH ）2的溶液中持续地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72L（标准状况）时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量 n 和通入 CO2的体积 V的关系示意图正确的是（气体的溶解忽略不计）（）ABCD精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页- 2 -

4、6 （6 分）Wg含有 Fe2O3?xH2O杂质的 Al2O3样品可完全溶解在100mL c （H+）=0.1mol/L的稀 H2SO4中，然后向溶液中加入100mL氨水，恰好得到的沉淀最大质量是N g，则所加氨水的浓度是（）A 0.05 mol?L1B 0.1 mol?L1C 0.15 mol?L1D 0.2 mol?L17 （6 分）在一定温度下，把Na2O和 Na2O2的固体分别溶于等质量的水中，都恰好形成此温度下饱和溶液，则加入Na2O和 Na2O2的物质的量的大小为（）A n（ Na2O ） n（ Na2O2）B n（Na2O） n（Na2O2）C n（Na2O ）=n（ Na2O2

5、）D 无法确定8 （6 分）在四个烧杯内分别加入200mlH2O （足量），然后各加入：钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠固体，搅拌使之完全溶解，则四个烧杯内所得溶液的质量分数的大小顺序正确的是（）A 若固体的质量相等，则：=B 若固体的物质的量相等，则：=C 若固体的质量相等，则：D 若固体的物质的量相等，则：二. 非选择题9 （6 分）现有含1mol Fe3+和 1molAl3+的混合溶液，按如图横坐标依次加入NaOH溶液、盐酸、通入 CO2气体，纵坐标为混合沉淀的物质的量（1）请画出沉淀的物质的量随反应的变化曲线_ ；（2）逐步写出： 67、910 反应的离子方程式：_ 10 （ 10 分）

6、铝是一种重要的金属（1）铝在元素周期表中的位置是_ （2）生产中曾用铝热反应焊接钢轨，铝与氧化铁发生反应的化学方程式为_ （3） 铝与 NaOH 溶液反应的离子方程式为_ ； 同温同压下， 在浓度和体积均为100mL 2mol/L 的盐酸及NaOH溶液中加入等质量的Al，产生气体的体积比为5：6，则所加 Al 的质量为_ （4）以上述所得AlCl3溶液为原料制取无水AlCl3，先制得 AlCl3?6H2O晶体，主要操作包括_ ，在干燥的HCl 气流中加热AlCl3?6H2O晶体，能进一步制取无水AlCl3，其原因是（结合离子方程式简要说明）_ 三、选做题（请从三题中选做两题）11 （ 12 分

7、）晶体硅是一种重要的非金属材料请写出晶体硅的二种用途：_ 、_ 制备纯硅的主要步骤如下：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页- 3 - 高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅粗硅与干燥HCl 气体反应制得SiHCl3（常温下为液态，易挥发）SiHCl3与过量 H2在 10001100反应制得纯硅已知： SiHCl3水解会生成两种气态产物，请写出其水解的化学方程式：_ SiHCl3在空气中自燃请回答下列问题：（1）第步制备粗硅的化学反应方程式为_ （2）用 SiHCl3与过量 H2反应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）装

8、置 B中的试剂是_ ，装置 C中的烧瓶需要加热，其目的是_ ；反应一段时间后，装置D中观察到的现象是_ ，装置 D中发生反应的化学方程式为_ ；为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及_ ；设计鉴定产品硅中是否含少量Fe 单质的方法：_ 12 （ 12 分） （2011?山东）科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物（1）实验室用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学方程式为_ 要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是_ （2）如图为钠硫高能电池的结构示意图该电池的工作温度为200左右，电池反应为2Na+xS=Na2Sx，正极的电极反应式为_ M （由 Na2O和 A

9、l2O3制得）的两个作用是_ 与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池_ 倍（3） Na2S溶液中离子浓度由达到小的顺序为_ ， 向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液 pH _ （填“增大”、“减小”或“不变”） Na2S溶液长期放置有硫析出，是因为_ （用离子方程式表示） 13 （12 分） （2010?上海） 白磷（P4）是磷的单质之一， 易氧化， 与卤素单质反应生成卤化磷卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子结构（以PCl5为例）如右图所示该结构中氯原子有两种不同位置精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -

10、- - - -第 3 页，共 15 页- 4 - 1）6.20g 白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为_ L 上述燃烧产物溶于水配成50.0mL 磷酸（ H3PO4）溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为_ mol?L12）含 0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca （OH ）2的悬浮液中，反应恰好完全，生成 l 种难溶盐和16.2g H2O 该难溶盐的化学式可表示为_ 3）白磷和氯、溴反应，生成混合卤化磷PCl5 xBrx（1x4，且x 为整数）如果某混合卤化磷共有 3 种不同结构（分子中溴原子位置不完全相同的结构），该混合卤化磷的相

11、对分子质量为_ 4）磷腈化合物含有3 种元素，且分子中原子总数小于20.0.10mol PCl5和 0.10mol NH4Cl 恰好完全反应，生成氯化氢和0.030mol 磷腈化合物推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：M300） 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页- 5 - 江西省宜春市丰城中学2013 届高三上学期周练化学试卷（七）参考答案与试题解析一、选择题（每空6 分）1 （6 分）硅及其化合物的应用范围很广下列说法正确的是（）A 硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B 粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应C 反

12、应： Si+2NaOH+H2O Na2SiO3+2H2中， Si 为还原剂， NaOH 和 H2O为氧化剂D 盐酸可以与硅反应，故采用盐酸为抛光液抛光单晶硅考点：硅和二氧化硅专题：碳族元素分析： A硅是良好的半导体材料；B从工业制硅的反应原理分析；C所含元素化合价升高的反应物为还原剂，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂；D硅性质稳定，与盐酸不反应解答：解： A硅是良好的半导体材料，常用来制造太阳能材料，故A正确；B粗硅制备单晶硅反应是，Si+2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si+4HCl ，过程中涉及氧化还原反应故 B错误；C反应： Si+2NaOH+H2O Na2SiO3+2H2中，

13、Si 为还原剂， H2O为氧化剂，故C错误；D盐酸与硅不反应，故D错误；故选： A点评：本题主要考查硅单质及其化合物的性质及其应用，侧重对基础知识的考查，题目难度不大2 （6 分）某溶液中含有CH3COO、SO、SO、HCO、CO五种离子，将过量的Na2O2固体加入其中后，仍能大量存在的离子是（）ACH3COO、SO、COBSO、SO、COCSO、HCO、SODCH3COO、SO、HCO考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：过氧化钠具有强氧化性，可与具有强还原性的离子发生氧化还原反应，能与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应后溶液呈碱性，与OH反应的离子不能大量共存，以此解答解答：解：加入足量过

14、氧化钠，溶液中生成氢氧化钠和氧气，CH3COO浓度基本不变； Na2O2与水反应生成氢氧化钠溶液呈碱性， HCO3与 OH反应生成CO32，则 HCO3离子浓度减小，CO32离子浓度增大；Na2O2具有强氧化性将 SO32氧化为 SO42，则 SO32离子浓度减小，SO42增大故选： A点评：本题考查离子共存问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页- 6 - 用的考查，注意过氧化钠的强氧化性和与水反应的性质，为解答该题的关键，学习中注意相关知识的

15、积累难度不大3 （6 分） （2010?太原模拟）在Fe2（SO4）3溶液中，加入a g 铜，完全溶解后，再加bg 铁，充分反应后得到c g 残余固体，且ac，则下列说法正确的是（）A 残余固体是铜和铁B 最后得到的溶液中一定含有Cu2+C 将残余固体加入到稀H2SO4中，有气泡产生D 最后得到的溶液中可能含有Fe3+考点：铁盐和亚铁盐的相互转变专题：元素及其化合物分析：发生的反应有：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，Cu2+Fe=Cu+Fe2+，a c，说明铜没有被完全置换出，以此计算分析解答：解：由于ac，说明铜没有被完全置换出，则溶液中一定存在Cu2+，铜有剩余，发生的反应有：2Fe3

16、+Cu=2Fe2+Cu2+，则一定不存在Fe3+，故选 B点评：本题考查混合物的过量问题，题目难度中等，注意氧化性和还原性的比较4 （6 分）铝、铍（ Be）及其化合物具有相似的化学性质，如其氯化物分子内键型相同，故其氯化物晶体的熔点都较低已知反应：BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be （OH ）2能完全进行，则下列推断正确的是（）A Na2BeO2溶液的 pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为BeO B BeCl2溶液的 pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物可能是BeCl2C Be（OH ）2既能溶于盐酸，又能溶于NaOH 溶液D BeCl2水溶液的导电性强，故BeCl2

17、是离子化合物考点：镁、铝的重要化合物专题：信息给予题分析： A、根据对角线规则，Be和 Al 性质相似来回答；B、根据 Be 和 Mg的性质相似性来回答判断；C、根据氢氧化铝的性质和氢氧化铍相似来判断；D、根据溶液的导电性取决于离子浓度的大小来回答解答：解： A、根据对角线规则，Be和 Al 性质相似，所以Na2BeO2溶液的 pH7，溶液蒸干后并灼烧得到的残留是 BeO ，故 A正确；B、Be 和 Mg位于同主族，氯化铍和氯化镁的性质相似，所以BeCl2溶液的 pH7，将其蒸干并灼烧后，得的残留物可能为BeO ，故 B错误；C、根据对角线规则，氢氧化铝的性质和氢氧化铍相似，可推知Be （ O

18、H ）2既能溶于盐酸又能溶于烧碱溶液故 C正确；D、溶液的导电性取决于离子浓度的大小，和是否是离子化合物无关，故D错误故选： AC 点评：本题考查学生盐的水解以及元素性质相似性的知识迁移，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页- 7 - 5 （6 分） （2012?河南模拟）往含0.2molKOH和 0.1molCa（ OH ）2的溶液中持续地通入CO2气体，当通入气体的体积为6.72L（标准状况）时立即停止，则在这一过程中，溶液中离子的物质的量 n 和通入 CO2的体积 V的

19、关系示意图正确的是（气体的溶解忽略不计）（）ABCD考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：n （CO2） =0.3mol ，通入含有 0.2molKOH和 0.1molCa（OH ）2的溶液中， 相当于首先发生： Ca2+2+CO2=CaCO3， 0.1molCa（ OH ）2完全反应消耗0.1molCO2，剩余 0.2molOH，生成 0.1molCaCO3，然后发2OH+CO2=CO32+H2O，消耗 0.1molCO2，生成 0.1molCO32，上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余 0.1molCO2，再发生 CO32+CO2+H2O=2HCO3，消耗 0.1molCO2，二

20、氧化碳反应完全，CaCO3不发生反应，据此根据方程式计算各阶段反应结束溶液中离子物质的量，根据各阶段消耗二氧化碳物质的量、各阶段反应结束溶液中离子物质的量判断解答：解：含有0.2mol KOH 和 0.1mol Ca （OH ）2的溶液中离子总的物质的量为0.2mol2+0.1mol3=0.7mol，n （CO2） =0.3mol ，通入含有 0.2molKOH和 0.1molCa（OH ）2的溶液中， 相当于首先发生： Ca2+2+CO2=CaCO3，该阶段 0.1molCa（OH ）2完全反应消耗0.1molCO2， 体积为 2.24L ， 离子物质的量减少0.3mo溶液中离子物质的量为0

21、.7mol 0.3mol=0.4mol ，其中含有0.2molOH、0.2molK+，生成 0.1molCaCO3；然后发生2OH+CO2=CO32+H2O，0.2molOH完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L ，该阶段离子物质的量少 0.1mol ，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol 0.1mol=0.3mol ，溶液中含有0.2molK+、 0.1molCO32；再发生 CO32+CO2+H2O=2HCO3，0.1molCO32完全反应消耗0.1molCO2，体积为 2.24L ，溶液中离子物质的量大 0.1mol ，此时溶液中离子为0.4mol ，二氧化碳反应完全，CaCO

22、3不发生反应，上述图象中D符合，故选D点评：本题考查离子方程式的计算，难度较大，清楚各阶段发生的反应是关键，注意图象B和 D的区别，为易错点6 （6 分）Wg含有 Fe2O3?xH2O杂质的 Al2O3样品可完全溶解在100mL c （H+）=0.1mol/L的稀 H2SO4中，然后向溶液中加入100mL氨水，恰好得到的沉淀最大质量是N g，则所加氨水的浓度是（）A 0.05 mol?L1B 0.1 mol?L1C 0.15 mol?L1D 0.2 mol?L1考点：有关混合物反应的计算专题：守恒法分析：样品与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铝， 再向溶液中加入氨水生成沉淀最大时，此时溶液中溶质为（N

23、H4）2S根据硫酸根守恒计算n，根据 N元素守恒计算n（NH3） ，进而计算氨水的浓度解答：解：稀 H2SO4中 c（H+）=0.1mol/L ，则 c（H2SO4）=0.05mol/L ，含有 Fe2O3?xH2O杂质的 Al2O3样品与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铝，再向溶液中加入氨水生成沉淀最大时此时溶液中溶质为（NH4）2SO4，根据硫酸根守恒n=n（H2SO4）=0.1L0.05mol/L=0.005mol ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页- 8 - 根据 N元素守恒n（NH3）=2n=0.01mol ，

24、故氨水的浓度为=0.1mol/L ，故选 B点评：本题考查混合物计算，难度中等，关键是明确每一步反应利用守恒法解答，侧重考查学生分析问题及解决问题的能力7 （6 分）在一定温度下，把Na2O和 Na2O2的固体分别溶于等质量的水中，都恰好形成此温度下饱和溶液，则加入Na2O和 Na2O2的物质的量的大小为（）A n（ Na2O ） n（ Na2O2）B n（Na2O） n（Na2O2）C n（Na2O ）=n（ Na2O2）D 无法确定考点：钠的重要化合物专题：几种重要的金属及其化合物分析：据反应方程式：Na2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，判断等物质的量的N

25、a2O 、Na2O2消耗的 H2O与生氢氧化钠的物质的量关系，据此解答解答：解：据反应方程式：Na2O+H2O=2NaOH， 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知式中等物质的量的Na2O 、Na消耗 H2O一样多，产生溶质NaOH 一样多，故形成此温度下饱和溶液，则加入Na2O和 Na2O2的物质的量相等即 n（Na2O）=n（Na2O2） 故选 C点评：本题考查钠的氧化物性质、化学计算等，通过分析方程式进行判断，难度中等8 （6 分）在四个烧杯内分别加入200mlH2O （足量），然后各加入：钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠固体，搅拌使之完全溶解，则四个烧杯内所得溶液的质量分数的大小

26、顺序正确的是（）A 若固体的质量相等，则：=B 若固体的物质的量相等，则：=C 若固体的质量相等，则：D 若固体的物质的量相等，则：考点：钠的重要化合物；化学方程式的有关计算；钠的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：先根据钠原子守恒计算溶质的质量，再根据反应方程式计算溶液的质量，从而计算溶液的质量分数，涉及到的化学方程式有Na+H2O=NaOH+H2， Na2O+H2O=2NaOH ，Na2O2+H2O=2NaOH+O2解答：解：钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的质量=m （Na ） m （H2） ；Na2O+H2O=2NaOH ，溶

27、液增加的质量=m （Na2O） ；Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的质量=m （Na2O2） m （O2）=m （Na2O ） ；将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量；固体物质的量相等时，溶液增加的质量大小顺序为：钠氢氧化钠氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，假设都为0.1mol ，则0.1mol 的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol 、 0.2mol 、 0.2mo精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 15 页- 9 - 0.1mol ，通过以上分析可知

28、，0.1mol 的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为、，所以则四个烧杯内所得溶液的质量分数的大小顺序正确的是=，如是固体质量相等，则Na生成 NaOH最多，而溶液质量最小，则溶液的质量分数最大，顺序应为=，故选： B点评：本题以钠及其化合物的性质考查了溶液质量分数大小的比较，难度较大，明确溶液质量增加的量是解本题的关键二. 非选择题9 （6 分）现有含1mol Fe3+和 1molAl3+的混合溶液，按如图横坐标依次加入NaOH溶液、盐酸、通入 CO2气体，纵坐标为混合沉淀的物质的量（1）请画出沉淀的物质的量随反应的变化曲线；（2）逐步写出： 67、910 反应的

29、离子方程式：Al （OH ）3+OH=AlO2+2H2O ， CO2+2AlO2+3H2O=2Al（OH ）3+CO32、CO2+CO32+H2O=2HCO3考点：离子方程式的书写；两性氧化物和两性氢氧化物专题：化学用语专题；元素及其化合物分析：（1） 含 1molFe3+和 1molAl3+的混合溶液中， 加 6molNaOH两种离子完全转化为沉淀，再加 1molNaOH 时 Al（O3完全溶解生成偏铝酸根离子，7 8mol 时加 NaOH 不发生反应， 8 9mol 时加盐酸， 发生酸碱中和， 910m通入 CO2气体，偏铝酸根离子转化为Al（OH ）3，碳酸根离子转化为碳酸氢根离子；（2

30、）67 为 Al（OH ）3完全溶解生成偏铝酸根离子的反应；910 为偏铝酸根离子转化为Al（OH ）3及碳根离子转化为碳酸氢根离子的反应解答：解： （ 1）含 1molFe3+和 1molAl3+的混合溶液中，加 6molNaOH两种离子完全转化为沉淀，再加1molNaOH时（OH ）3完全溶解生成偏铝酸根离子，78mol 时加 NaOH 不发生反应，8 9mol 时加盐酸，发生酸碱中和910mol 通入 CO2气体，偏铝酸根离子转化为Al （OH ）3，碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，沉淀的物质量随反应的变化曲线为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

31、 - - -第 9 页，共 15 页- 10 - ，故答案为：；（2）67 为 Al （OH ）3完全溶解生成偏铝酸根离子的反应，离子反应为Al（OH ）3+OH=AlO2+2H2O ，9为偏铝酸根离子转化为Al（OH ）3及碳酸根离子转化为碳酸氢根离子的反应，发生的反应为CO2+2AlO2+3H2O=2Al（OH ）3+CO32、CO2+CO32+H2O=2HCO3，故答案为： Al （OH ）3+OH=AlO2+2H2O ， CO2+2AlO2+3H2O=2Al（OH ）3+CO32、CO2+CO32+H2O=2HCO3点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确加入物质发生的化学反应及反应与

32、图象的对应关系是解答本题的关键，并利用离子反应方程式的书写方法来解答，题目难度中等10 （ 10 分）铝是一种重要的金属（1）铝在元素周期表中的位置是第三周期A族（2）生产中曾用铝热反应焊接钢轨，铝与氧化铁发生反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe （3）铝与 NaOH 溶液反应的离子方程式为2Al+2OH+6H2O 2+3H2；同温同压下，在浓度和体积均为100mL 2mol/L 的盐酸及NaOH溶液中加入等质量的Al ，产生气体的体积比为5：6，则所加Al 的质量为2.16g （4） 以上述所得AlCl3溶液为原料制取无水AlCl3， 先制得 AlCl3?6H2O晶体，主要

33、操作包括加热浓缩、冷却结晶、过滤，在干燥的HCl 气流中加热AlCl3?6H2O晶体，能进一步制取无水AlCl3，其原因是（结合离子方程式简要说明）Al3+3H2O ?Al （OH ）3+3H+，在干燥的HCl 气流中，抑制AlCl3的水解，且带走AlCl3?6H2O晶体受热产生的水蒸气，故能得到AlCl3考点：铝的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1） Al 的原子结构中有3 个电子层，最外层电子数为3；（2）铝与氧化铁发生反应，生成氧化铝和Fe；（3）反应生成偏铝酸钠和氢气；同温同压下，在浓度和体积均为100mL 2mol?L1的盐酸及NaOH 溶液中加入等质量的Al，产生气体

34、的体积之比为5：6，则酸不足，碱过量，以此计算；（4）铝离子水解生成盐酸易挥发，不能直接蒸发得到晶体，以此来解答解答：解： （ 1）Al 的原子结构中有3 个电子层，最外层电子数为3，则 Al 位于第三周期A族，故答案为：第周期A族；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页- 11 - （2）铝与氧化铁发生反应，生成氧化铝和Fe，反应为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（3）Al 与 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2Al+2OH+6H2O 2+3H2

35、，同温同压下，在度和体积均为100mL 2mol?L1的盐酸及NaOH 溶液中各加入等质量的Al ，产生气体的体积之比为5：6，酸不足，碱过量，n（HCl） =0.2mol ，则2Al+6HCl=2AlCl3+3H2， 6 3 0.2mol 0.1mol，所以碱与Al 生成的氢气为0.1mol=0.12mol ，则 2Al+2OH+6H2O 2+3H2， 2 3 n 0.12mol 解得 n=0.08mol ，其质量为0.08mol27g/mol=2.16 g ，故答案为： 2Al+2OH+6H2O 2+3H2； 2.16g ；（4） 铝离子水解生成盐酸易挥发，不能直接蒸发得到晶体，则操作包括

36、加热浓缩，冷却结晶， 过滤干燥的 HCl 气流中加热AlCl3?6H2O晶体，能进一步制取无水AlCl3， 其原因是存在AlCl3+3H2O? Al （OH ）3+3HC在干燥的HCl 气流中，能抑制 AlCl3的水解，且带走 AlCl3?6H2O晶体受热产生的水蒸气，可得到纯净的AlC故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；Al3+3H2O?Al （OH ）3+3H+，在干燥的HCl 气流中，抑制AlCl3的解，且带走AlCl3?6H2O晶体受热产生的水蒸气，故能得到 AlCl3点评：本题考查较综合，涉及Al 的化学性质、盐类水解及应用，化学反应方程式的计算等，综合性较强，注重频考点的考查，题目

37、难度中等，侧重分析与计算能力的考查三、选做题（请从三题中选做两题）11 （ 12 分）晶体硅是一种重要的非金属材料请写出晶体硅的二种用途：计算机芯片、太阳能电池制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅粗硅与干燥HCl 气体反应制得SiHCl3（常温下为液态，易挥发）SiHCl3与过量 H2在 10001100反应制得纯硅已知： SiHCl3水解会生成两种气态产物，请写出其水解的化学方程式：SiHCl3+3H2O H2SiO3+H2+3HCl SiHCl3在空气中自燃请回答下列问题：（1）第步制备粗硅的化学反应方程式为SiO2+2CSi+2CO （2）用 SiHCl3与过量 H2反

38、应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页- 12 - 装置 B中的试剂是浓 H2SO4，装置 C中的烧瓶需要加热，其目的是使 SiHCl3气化；反应一段时间后，装置 D中观察到的现象是D石英管的内壁附有灰黑色晶体，装置 D中发生反应的化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl ；为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及先通一段时间H2，将装置中的空气排尽；设计鉴定产品硅中是否含少量Fe 单质的方法：取少量产品于试管中加盐酸溶解，再滴加氯水

39、和 KSCN （aq） ，若出现红色说明含Fe，若不出现红色说明不含Fe考点：制备实验方案的设计；硅和二氧化硅专题：碳族元素；化学实验基本操作分析：硅单质的用途为：制造计算机芯片、太阳能电池； SiHCl3水解生成硅酸、氢气和氯化氢； （1）高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳；（2）生成的氢气含有水蒸气，用浓H2SO4干燥；加热促使SiHCl3气化；SiHCl3和氢气反应有硅单质生成，根据硅的颜色判断D装置中的颜色变化；SiHCl3和 H2反应生成硅和氯化氢；氢气是可燃性气体，易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间H2，将装置中的空气排尽根据二价铁离子的性质选取相应的试剂，根

40、据实验现象判断是否含有铁，亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，硫氰化钾能使铁离子变红色解答：解：硅单质是良好的半导体材料，计算机芯片、太阳能电池；故答案为：计算机芯片、太阳能电池； SiHCl3水解生成硅酸、氢气和氯化氢，反应方程式为：SiHCl3+3H2O H2SiO3+H2+3HCl，故答案为： SiHCl3+3H2O H2SiO3+H2+3HCl； （1）高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO ，故答案为： SiO2+2CSi+2CO ；（2）锌和稀硫酸的反应是放热反应，所以生成的氢气含有水蒸气，为干燥氢气，一般选用浓H2SO4干燥气体的反应速率较大

41、，所以加热的目的是使SiHCl3气化，故答案为：浓硫酸；使SiHCl3气化；高温下， SiHCl3和氢气反应生成硅单质，硅单质是灰黑色固体，所以D装置中的现象是：石英管的内壁附有灰黑色晶体，反应方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl ，故答案为：石英管的内壁附有灰黑色晶体；SiHCl3+H2Si+3HCl ；氢气是可燃性气体，当氢气的量达到一定时易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间将装置中的空气排尽，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页- 13 - 故答案为：先通一段时间H2，将装置中的空气排尽；

42、铁能和酸反应生成亚铁离子，亚铁离子有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；亚铁离子能被氯水氧化生成铁离子，铁离子遇硫氰化钾溶液变红色，所以可以用酸性高锰酸钾或氯水和硫氰化钾溶液检验铁的存在，故答案为：取少量产品于试管中加盐酸溶解，再滴加氯水和KSCN （aq） ，若出现红色说明含Fe，若不出现红色说明不含Fe点评：本题考查了实验方案设计的有关知识，铁离子和亚铁离子的检验在高考题中出现，这种类型的题是高考的热点，是学习的重点，会根据实验目的和物质的性质选取实验装置和实验药品，然后进行相应的实验12 （ 12 分） （2011?山东）科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物（1）实验室用无水乙醇处理少量残留

43、的金属钠，化学方程式为2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是CS2（2）如图为钠硫高能电池的结构示意图该电池的工作温度为200左右，电池反应为2Na+xS=Na2Sx，正极的电极反应式为xS+2e=Sx2（或 2Na+xS+2e=Na2Sx）M （由 Na2O和Al2O3制得）的两个作用是离子导电（导电或电解质）和隔离钠与硫与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池4.5 倍（3）Na2S溶液中离子浓度由达到小的顺序为c（Na+） c（S2） c（OH） c（ HS） c（H+），向该溶液中加入少量固体C

44、uSO4，溶液 pH 减小（填“增大”、“减小”或“不变”） Na2S溶液长期放置有硫析出，是因为2S2+O2+2H2O=2S +4OH（用离子方程式表示） 考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；钠的化学性质专题：开放题；盐类的水解专题；电化学专题分析：（1）根据乙醇能和钠反应的性质以及硫在二硫化碳中的溶解性知识来回答；（2）原电池正极发生得电子的还原反应，结合原电池的构成条件和题意实际情况来分析M的作用，根据蓄电池的工作原理和钠硫高能电池的工作原理来回答；（3）根据盐的电离和离子的水解知识来比较离子浓度大小，根据加入

45、硫酸铜后所发生的反应情况来判断的变化，根据硫离子的强还原性来回答解答：解： （1）乙醇能和钠反应，方程式为：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2，硫极易溶于二硫化碳，微溶于酒精不溶于水，还能和热的氢氧化钠溶液反应，故答案为：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2； CS2；（2）原电池正极发生得电子的还原反应，在反应2Na+xS=Na2Sx中，硫单质得电子，故正极反应为：xS+2=Sx2（或 2Na+xS+2e=Na2Sx） ，M作为电解质的同时又将钠和硫隔开，与铅蓄电池相比，当消耗相同质量负极活性物质铅和钠时，铅成为铅离子时转移电子的物质的量是钠成为钠离子时

46、转移的电子的物质的量的4.5 倍，即钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池4.5 倍，故答案为：xS+2e=Sx2（或 2Na+xS+2e=Na2Sx） 、子导电（导电或电解质）和隔离钠与硫、4.5 ；（3）硫化钠电离出的离子有钠离子和硫离子，理论上钠离子浓度是硫离子的2 倍，故 c（Na+） c（S2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 15 页- 14 - 但少量的硫离子水解，第一步水解强于第二步，两步水解均生成氢氧根，故c（S2）c（ OH） c（HS溶液显碱性，故氢离子浓度最小，加硫酸铜后，溶液由碱性硫化钠溶液变为中性硫酸钠

47、溶液，故pH 减小故答案为： c（Na+） c（S2） c（OH） c（HS） c（H+） ；减小；（4）硫离子有很强还原性，很容易被空气氧化，反应方程式为：2S2+O2+2H2O=2S +4OH，故答案为：2+O2+2H2O=2S +4OH点评：本题是一道开放性的题目，同时即考查了有机物知识、电化学知识还考查了溶液的水解和电离知识，难度很大13 （12 分） （2010?上海） 白磷（P4）是磷的单质之一， 易氧化， 与卤素单质反应生成卤化磷卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子结构（以PCl5为例）如右图所示该结构中氯原子有两种不同位置1）6.20g 白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化

48、物，反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为5.6 L 上述燃烧产物溶于水配成50.0mL 磷酸（ H3PO4）溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为4.00 mol?L 12）含 0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca （OH ）2的悬浮液中，反应恰好完全，生成 l 种难溶盐和16.2g H2O 该难溶盐的化学式可表示为Ca5（ PO4）3（OH ）3）白磷和氯、溴反应，生成混合卤化磷PCl5 xBrx（1x4，且x 为整数）如果某混合卤化磷共有 3 种不同结构（分子中溴原子位置不完全相同的结构），该混合卤化磷的相对分子质量为297.5 或 342 4）磷腈化合物含有3 种

49、元素，且分子中原子总数小于20.0.10mol PCl5和 0.10mol NH4Cl 恰好完全反应，生成氯化氢和0.030mol 磷腈化合物推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：M300） 考点：化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算；相对分子质量及其计算专题：压轴题分析： 1 ）根据白磷燃烧的化学反应方程式来计算消耗氧气的量，再利用五磷原子守恒来计算磷酸的物质的量，后计算磷酸溶液的物质的量浓度；2）根据 H3PO4的物质的量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量及生成水的物质的量，由反应恰好完全则利用质量守恒来推断难溶盐的化学式；3）根据 x 的取值及混合卤化磷共有3 种不同结构来分析混合卤化磷

50、，然后利用相对原子质量来计算相对子质量；4）根据反应物与生成物的物质的量，利用质量守恒定律来推断磷腈化合物的化学式，然后利用相对原子量来计算相对分子质量解答：解： 1）由白磷的相对分子质量为314=128，则白磷的物质的量为=0.05mol ，设白磷完全燃烧生成五氧化二磷消耗氧气的物质的量为x，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页- 15 - 则 P4+5O22P2O5， 1 5 0.05mol x ，解得 x=0.25mol ，则标准状况下体积为0.25mol22.4L/mol=5.6L ，由磷原子守恒可知P44