贵州省遵义四中2014届高三上学期第五次月考化学试卷(解析版)

贵州省遵义四中2014届高三上学期第五次月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）装有下列物质的试剂瓶上所贴化学品标志有错误的是（）ABCD物质浓H2SO4三硝基甲苯NaClKMnO4危险警告标识A．AB．BC．CD．D考点：化学试剂的分类．专题：元素及其化合物；化学实验基本操作．分析：A．浓硫酸具有腐蚀性；B．三硝基甲苯是炸药；C．氯化钠是常用的调味品；D．KMnO4有强氧化性；解答：解：A．浓硫酸有腐蚀性，属于腐蚀品，故A正确；B．该标志表示易爆炸品，三硝基甲苯是炸药，属于爆炸品，故B正确；C．氯化钠是重要的调味品，炒菜时如果不放盐，菜将食之无味，人体需氯化钠补充盐分，氯化钠不属于有毒品，故C错误；D．KMnO4有强氧化性，属于氧化剂，故D正确；故选C．点评：本题考查化学试剂的分类，明确物质的性质和分类标准即可解答，题目难度不大．2．（3分）下列说法不正确的是（）A．人体缺碘会引起大脖子病，缺铁会引起贫血B．硅是构成一些岩石和矿物的基本元素C．NaHCO3受热易分解放出CO2，常用于制作糕点D．将Na2SO4分入钠盐和硫酸盐的分类方法属于树状分类法考点：药物的主要成分和疗效；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；硅和二氧化硅；钠的重要化合物．专题：化学应用．分析：A．根据铁、碘的生理功能和缺乏症进行分析判断；B．岩石和矿物大多属于硅酸盐，所以硅是构成一些岩石和矿物的基本元素；C．碳酸氢钠受热分解成碳酸钠、水和二氧化碳，常用于制作糕点；D．树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有叶、枝、杆、根，各层之间是包含和被包含的关系，钠盐和硫酸盐是从阳离子和阴离子不同角度相互交叉分类；解答：解：A．碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大，俗称大脖子病以及呆小症，铁是合成血红蛋白的主要元素，缺乏会患贫血，故A正确；B．几乎所有的岩石和矿物都含有硅酸盐或者二氧化硅，则硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，故B正确；C．制糕点时常加入小苏打（主要成分是NaHCO3），碳酸氢钠受热分解成碳酸钠、水和二氧化碳，该反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，可以使之松软，故C正确；D．根据Na2SO4的组成可分为钠盐和硫酸盐，钠盐和硫酸盐是从阳离子和阴离子不同角度相互交叉分类，没有层次，不属于树状分类，故D错误；故选D．点评：本题综合考查化学与生活知识的性质及应用，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．选项C小苏打（主要成分是NaHCO3），为高频考点，选项D分类法为易错点．3．（3分）在甲、乙两烧杯溶液中，共含有大量的Cu2+、Na+、H+、SO42﹣、CO32﹣、OH﹣等6种离子．已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（）A．Cu2+、H+、SO42﹣B．Na+、OH﹣、CO32﹣C．CO32﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、H+、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲中一定含有Cu2+，因Cu2+能分别为CO32﹣、OH﹣结合生成沉淀，则CO32﹣、OH﹣一定在乙烧杯中，又H+、OH﹣结合生成水而不能共存，则H+在甲中，再根据溶液不显电性，则乙中的阳离子为Na+．解答：解：甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲中一定含有Cu2+，因Cu2+能分别为CO32﹣、OH﹣结合生成沉淀，则CO32﹣、OH﹣一定在乙烧杯中，又H+、OH﹣结合生成水而不能共存，则H+在甲中，再根据溶液不显电性，则乙中的阳离子为Na+；A、乙中含有Na+、OH﹣、CO32﹣，甲中含有Cu2+、H+、SO42﹣，故A错误；B、乙中含有Na+、OH﹣、CO32﹣，故B正确；C、乙中不含有SO42﹣，故C错误；D、乙中不含有H+、SO42﹣，故D错误；故选B．点评：本题考查学生利用离子的共存来分析溶液的成分，明确溶液为蓝色是解答的突破口，然后利用离子之间的反应及溶液为电中性来解答即可．4．（3分）（2009•金华模拟）往含I﹣和Cl﹣的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示．则原溶液中的比值为（）A．B．C．D．考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：根据沉淀溶解平衡常数：Ksp越小的越先形成沉淀，根据离子反应实质和图中数据来计算回答即可．解答：解：因为I﹣+Ag+=AgI↓，Cl﹣+Ag+=AgCl↓，可以看出I﹣、Cl﹣跟Ag+反应都是1：1的关系，由图中可知：AgI的沉淀量为V1（黄色沉淀是AgI），而AgCl的沉淀量为V2﹣V1，所以c（I﹣）：c（Cl﹣）=．故选C．点评：本题考查学生难溶电解质的溶解平衡以及沉淀转化的知识，可以根据教材知识来回答，难度不大．5．（3分）（2013•绵阳模拟）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB．用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D．用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应；B．NH4Cl受热易分解；C．纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳．解答：解：A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；B．NH4Cl受热易分解，应利用冷却热饱和溶液的方法得到晶体，故B错误；C．纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，故C错误；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则萃取后分层，利用分液漏斗可分离，图中装置合理，故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、晶体制备、气体制取、萃取等，侧重实验装置及性质的考查，综合性较强，注重基础知识和能力的训练，题目难度中等．6．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．62gNa2O溶于水后所得溶液中含有的O2﹣数为NAB．标准状况下，NA个三氧化硫分子所占据的体积约是22.4LC．常温常压下，16g甲基（﹣13CH3）所含的中子数为7NAD．10L0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中，Na+、CO32﹣总数为3NA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、氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠；B、标准状况三氧化硫不是气体；C、依据n=计算物质的量，结合甲基是中性原子团，结合质子数+中子数=质量数计算中子数；D、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解生成离子数增多．解答：解：A、氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠，所得溶液中不含O2﹣，故A错误；B、标准状况下，NA个三氧化硫分子物质的量为1mol，标准状况三氧化硫不是气体，故B错误；C、16g甲基（﹣13CH3）物质的量==1mol，所含的中子数=1mol×（13﹣6+0）×NA=7NA，故C正确；D、10L0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液含Na+、CO32﹣总数小于3NA，故D错误；故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是气体摩尔体积条件的分析应用，微粒结构分析，盐类水解的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．7．（3分）（2013•四川）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．专题：压轴题；守恒法．分析：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．解答：解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D．点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．二、填空题（共3小题，每小题16分，满分44分）8．（16分）Ⅰ．2013年初，雾霾天气多次肆虐天津、北京等地区．其中，燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一．（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．△H＜0①该反应平衡常数表达式K=．②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行t1时刻达到平衡状态的是bd（填代号）．（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol．Ⅱ．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅含有一种金属元素，A和D最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族．B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的液态化合物．请回答下列问题：（1）C、D、E三种原子对应的离子半径由大到小的顺序是S2﹣＞O2﹣＞Na+（填具体离子符号）；A、B、C三种元素按1：7：12的质量比组成的化合物中含有的化学键的类型属于离子键、共价键、配位键．（2）某金属常用于制作易拉罐，该金属制作的废弃易拉罐能与A、C、D组成的化合物溶液反应，该反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．（3）A、C两元素的单质与烧碱溶液组成燃料电池，其负极反应式为H2﹣2e+2OH﹣=2H2O，用该电池电解1L1mol/LNaCl溶液，当消耗标准状况下1.12LA2时，所得溶液在常温下的PH=13（假设电解过程中溶液的体积不变）．考点：化学平衡常数的含义；位置结构性质的相互关系应用；热化学方程式．专题：基本概念与基本理论；元素周期律与元素周期表专题．分析：Ⅰ．（1）①化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；②a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；b、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，最后不再变化；d、到达平衡后各组分的含量不发生变化；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；Ⅱ．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C与B、E在周期表中相邻，且C、E同主族，且C、E同主族，原子序数C大于A、B小于E，则C处于第二周期，E处于第三周期，所以B、C、E在周期表中的位置关系为，A和D最外层电子数相同，则二者处于同族，原子序数D大于C且小于E，则D为第三周期，其中仅含一种金属元素，D应为金属，B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，D的核外电子数为奇数，则D为钠元素或铝元素，若D为钠元素，则A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，E为硫元素，A和C可形成化合物H2O、H2O2，符合题意．若D为铝元素，则A为硼元素，B为氧元素，C为氟元素，E为氯元素，A和C形成化合物，不符合题意，故A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，D为钠元素，E为硫元素；甲为H2O；乙为H2O2．解答：解：Ⅰ．（1）①已知反应为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g），则K=，故答案为：K=；②a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确，c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确；故答案为：bd；（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol①2NO2（g）⇌N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol③根据盖斯定律，①﹣②+④×2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）+2（﹣44.0）kJ/mol=﹣898.1kJ/mol即CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol；Ⅱ．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C与B、E在周期表中相邻，且C、E同主族，且C、E同主族，原子序数C大于A、B小于E，则C处于第二周期，E处于第三周期，所以B、C、E在周期表中的位置关系为，A和D最外层电子数相同，则二者处于同族，原子序数D大于C且小于E，则D为第三周期，其中仅含一种金属元素，D应为金属，B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，D的核外电子数为奇数，则D为钠元素或铝元素，若D为钠元素，则A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，E为硫元素，A和C可形成化合物H2O、H2O2，符合题意．若D为铝元素，则A为硼元素，B为氧元素，C为氟元素，E为氯元素，A和C形成化合物，不符合题意，故A为氢元素，B为氮元素，C为氧元素，D为钠元素，E为硫元素；甲为H2O；乙为H2O2；（1）已知C、D、E三种原子对应的离子为O2﹣、Na+、S2﹣，则离子半径由大到小的顺序是S2﹣＞O2﹣＞Na+；A、B、C分别为H、N、O，则种元素按1：7：12的质量比组成的化合物为NH4NO3，其含有化学键为离子键、共价键、配位键；故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；离子键、共价键、配位键；（2）易拉罐一般为铝制的，铝与A、C、D组成的化合物溶液即NaOH溶液反应，其离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）氢气、氧气与烧碱溶液，组成的燃料电池，氢气在负极放电，在碱性条件下生成水，电解反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O；用该电池电解1L1mol/LNaCl溶液，当消耗标准状况下1.12LH2时，氢气的物质的量==0.05mol，生成的NaOH物质的量=0.05mol×2=0.1mol，故n（OH﹣）=0.1mol/L，则c（H+）==10﹣13，故溶液的pH=﹣lg10﹣13=13，故答案为：H2﹣2e+2OH﹣=2H2O；13．点评：本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素、热化学方程式书写、原子结构与元素位置关系、离子半径比较、化学键、原电池和电解池原理的应用等，题目综合性较大，难度较大，是对知识的综合利用、注意基础知识的理解掌握．9．（14分）硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO．某探究性学习小组的同学设计以下实验方案，将硫酸渣中金属元素转化为氢氧化物沉淀分离开来．已知常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH1.93.79.6沉淀完全时的pH3.25.211.0（1）固体A溶于NaOH溶液的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．（2）实验室用11．9mol/L的浓盐酸配制250ml3.0mol/L的稀盐酸，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管．（3）上述流程中的试剂Y最好选用下列中的D（选填字母编号）．A．水B．氧化镁C．氨水D．氢氧化钠（4）写出溶液D中的金属离子在加入试剂Y时发生反应的离子方程式Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓．（5）实验室可用大理石和稀盐酸反应制取上述流程中所需的CO2，仪器如下，装置A产生CO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b，装置C中应盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：先判断各物质的组成，在根据题目要求分析该题．硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加试剂X并调节溶液的PH值为3.5，结合题意溶液pH=3.5时Fe3+已经沉淀完全知，试剂X是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂X只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂Y并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝．（1）根据二氧化硅和氢氧化钠的性质写出相应的化学反应方程式．（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤选择所需仪器；（3）依据阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂的选择，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钠液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2﹣；（4）向溶液D中加入氢氧化钠并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀；（5）依据CO2气体的实验室制备、除杂、收集方法．学生需根据实验室制备CO2的原理将所给仪器进行合理地组装．利用大理石和稀盐酸本来反应得到的CO2气体中会混有HCl气体气质，应通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶来除去；CO2气体密度大于空气，应采用向上排空气法集．解答：解：硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加试剂X并调节溶液的PH值为3.5，结合题意溶液pH=3.5时Fe3+已经沉淀完全知，试剂X是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂X只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂Y并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝．（1）通过以上分析知，A是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，所以反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O．（2）实验室用11.9mol/L的浓盐酸配制250mL3.0mol/L的稀盐酸，要求掌握一定物质的量浓度溶液的配制实验．所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要250mL容量瓶和胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；（3）阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钠溶液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2﹣溶液；故答案为：D；（4）向溶液D中加入氢氧化钠并调节溶液的PH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；故答案为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；（5）利用大理石和稀盐酸反应得到的CO2气体中会混有HCl气体气质，应通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶来除去；CO2气体密度大于空气，应采用向上排空气法集，实验室可用大理石和稀盐酸反应制取上述流程中所需的CO2，仪器如下，装置A产生CO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b；故答案为：d→e→c→b；饱和NaHCO3溶液．点评：本题考查了物质的分离与提纯、溶液配制实验过程和仪器选择，掌握物质性质和实验流程分析是解题关键，题目难度中等．10．（14分）（2013•北京）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i．液面上方出现白雾；ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是碱性、漂白性．（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀．①实验a目的是检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰．②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀．（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色．（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X．①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化．取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀．则沉淀X中含有的物质是CaSO4．②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+．考点：二氧化硫的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：压轴题；卤族元素；氧族元素．分析：（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸；解答：解：（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝（约为12）溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；故答案为：碱性、漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为：检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为：白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5））①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42﹣，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；故答案为：CaSO4：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；点评：本题考查了二氧化硫性质的综合应用，性质的实验验证方法和实验判断，漂白精的成分中次氯酸钙和氯化钙在酸溶液中会发生氧化还原反应生成氯气，注意物质的检验方法，题目难度较大．三、解答题（共1小题，满分14分）11．（14分）[化学选修5﹣有机化学基础]有机化合物A、B、C、D完全燃烧均只生成CO2和H2O，且四种物质含碳质量分数均为40%，含氢质量分数均约6.7%．又知：①A常温、常压下呈气态，A、C都能发生银镜反应，但都不能发生水解反应；②B和C互为同分异构体，1molB完全燃烧需耗3mol氧气．核磁共振氢谱表明，B分子有四个吸收峰，且峰面积之比为3：1：1：1，B在浓硫酸存在下加热可生成W（C6H8O4，含有一个六元环）；③RCOOH在一定条件下可被还原为RCHO，以下是由B制取C的一种合成路线（反应条件及副产物已略去）：B→XYZC试回答：（1）A含有的官能团名称为醛基．（2）B的结构简式为．反应B→X的化学方程式为．（3）C与新制的Cu（OH）2反应的化学方程式+2Cu（OH）2Cu2O↓++2H2O．（4）与B互为同分异构体，属于有机酸的酯类且含有羟基的化合物有多种，写出其中一种的结构简式：任意一种．（5）写出Z→C的化学反应方程式：．（6）若MD=6MA，D是只含有一种官能团且碳原子的化学环境相同的六元环状物，又名肌醇．医学上将肌