高中化学高考一轮复习（省一等奖）

2023学年山东省德州市武城二中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（本题包括7小题．每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）1．下表中对应关系错误的是()ANaCl=Na++Cl﹣NH3•H2O⇌NH4++OH﹣均属于电离方程式BBa2++SO42﹣=BaSO4↓HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O均可表示一类反应CSO2使酸性高锰酸钾溶液褪色；SO2使碱性酚酞溶液褪色均属于SO2的同一性质DCl2+2NaOH=NaClO+H2O+NaCl；3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2OCl2和S在反应中即作氧化剂又作还原剂A．A B．B C．C D．D2．下列关于Fe2（SO4）3的叙述正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的数值）()A．1mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含有2NA个Fe3+（不考虑水解）B．1mol的Fe2（SO4）3和S2﹣反应可转移2NA个电子C．在该溶液中，K+、NH4+、I﹣、SO42﹣可以大量共存D．与Cu反应的离子方程式为：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+3．CO2中的一个O原子被S原子代替后，即为羰基硫（OCS），羰基硫是一种有臭鸡蛋气味的无色气体，高温下分解为CO和S．下列有关说法正确的是()A．OCS中S的化合价为+4价B．羰基硫分解时，CO是氧化产物C．每有1molOCS分解，能生成D．OCS中含有共价键，属于非电解质4．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是()A．铁在常温下不溶于浓硝酸，说明铁与浓硝酸不反应B．将氯气溶于水后溶液呈浅黄绿色，说明氯气与水没有完全反应C．将某气体通入品红溶液中溶液褪色，说明该气体一定是二氧化硫D．向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42﹣5．下列有关图象的叙述错误的是()A．图可表示向酸化的AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水，沉淀量与氨水体积的关系B．图中可表示向澄清石灰水中通入二氧化碳气体，沉淀量与二氧化碳体积的关系C．图中可表示向亚硫酸溶液中通入硫化氢，沉淀量与硫化氢气体的关系D．图中可表示向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，HCO3﹣离子的量与盐酸体积的关系6．硫酸、盐酸和硝酸与烧碱和纯碱并称为工业上的“三酸两碱”．下列说法正确的是()A．等质量的铝与足量的烧碱和盐酸反应生成氢气的质量相同B．等质量的铜与足量的浓硫酸和浓硝酸反应生成气体的物质的量相同C．相同物质的量的烧碱和纯碱与足量盐酸反应，消耗盐酸的体积相同D．相同质量的硫与足量烧碱、浓硫酸、浓硝酸反应，转移电子数相同7．下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是()A．如图表示为配制一定物质的量浓度稀硫酸时的操作B．如图表示为配制一定物质的量浓度的溶液定容时的操作C．用如图所示装置吸收氯气中的氯化氢气体D．用图所示装置收集一氧化氮气体二、解答题（共4小题，满分58分）8．（18分）按要求回答下列问题．（1）某小组同学探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）．①打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，该反应的离子方程式为__________，得出的结论是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性__________（填“强”或“弱”）．②再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，变橙黄色反应的离子方程式为__________，得出的结论是H2O2的氧化性比Br2的氧化性__________（填“强”或“弱”）．（2）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，为了清楚沉淀的物质，研究小组向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，你认为沉淀物是__________，产生该物质可能的原因是__________．（3）为探究SO2使品红溶液褪色的原因，该小组同学将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，由此所得出的结论正确的是__________（填编号）a．SO2使品红溶液褪色的微粒一定不是SO2分子b．SO2使品红溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子c．此实验无法确定SO2使品红溶液褪色的微粒d．将干燥的SO2气体通入品红的酒精溶液中，能使品红褪色由此可猜想使品红溶液褪色的微粒可能是__________．（4）配平并完成下列离子方程式__________MnO4﹣+__________H2O2+__________=__________Mn2++__________O2+__________H2O每有1mol高锰酸根参加反应，生成__________molO2．9．（14分）硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5•H2O）制取单质硼的工艺流程图如图：回答下列问题：（1）Mg2B2O5•H2O中B的化合价为__________．（2）溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为__________、__________．（3）写出步骤①的化学方程式__________（4）写出步骤⑤的化学方程式__________（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是__________．（6）乙硼烷（B2H6）是一种气态高能燃料，写出乙硼烷在空气中燃烧的化学方程式为__________．10．（16分）按要求回答下列问题：（1）实验室铝粉和Fe2O3作铝热反应实验，铝热反应的方程式为__________，该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有__________（填编号）．a．KClO3b．Mgc．MnO2d．KCl（2）据文献报道，在实际反应中铝热反应的产物成分较为复杂．某课题组对铝热反应产物的成分进行探究，经成分分析，发现主要得到甲和乙两种产物．甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成；乙是一种铁铝的金属互化物（可用FexAly表示），取该合金粉末，滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体．再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末．①甲的化学式为__________，乙的组成可表示为__________．②甲的晶体是耐高温材料，用此材料做成的坩埚，不能用来熔融NaOH，用化学方程式解释其原因__________；含二氧化硅材料做成的坩埚__________（填“能”或“不能”）用来熔融NaOH．③如图表示室温下相同组分的乙分别在两种不同的酸中的腐蚀情况，由图可知，乙在__________中具有比较强的抗腐蚀性，原因可能是__________．11．下列问题均涉及到化学学科重要的思想和观点，按要求回答下列问题：（1）量变和质变的观点：①锌与稀硫酸反应生成氢气，当硫酸浓度逐渐增大到一定程度时，可生成的气体是__________（填化学式，下同）；②铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸浓度逐渐增大到一定程度时，可生成的气体是__________；③稀盐酸的还原性较弱，与二氧化锰不反应，浓盐酸的还原性增强，与二氧化锰在加热的条件下发生的反应方程式为__________．（2）微粒观：①18g2H2O中所含质子的物质的量为__________，所含的中子数为__________；②Na2O2、Na2O中阳离子和阴离子个数比分别为__________、__________．（3）守恒的思想：①由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c（H+）=•L﹣1，c（Al3+）=•L﹣1，c（SO42﹣）=•L﹣1，则c（K+）为__________；②mM+nH++O2=xM2++yH2O，则x值为__________③ClO2与Cl2均有强氧化性，在处理废水的过程中自身均被还原为Cl﹣，在处理相同量的废水时，所需要ClO2的物质的量是Cl2的__________倍．

2023学年山东省德州市武城二中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题（本题包括7小题．每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）1．下表中对应关系错误的是()ANaCl=Na++Cl﹣NH3•H2O⇌NH4++OH﹣均属于电离方程式BBa2++SO42﹣=BaSO4↓HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O均可表示一类反应CSO2使酸性高锰酸钾溶液褪色；SO2使碱性酚酞溶液褪色均属于SO2的同一性质DCl2+2NaOH=NaClO+H2O+NaCl；3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2OCl2和S在反应中即作氧化剂又作还原剂A．A B．B C．C D．D【考点】电离方程式的书写；离子方程式的书写；氧化还原反应；二氧化硫的化学性质．【专题】离子反应专题．【分析】A．氯化钠电离生成钠离子、氯离子；一水合氨电离生成氨根离子和氢氧根离子；B．依据离子方程式的意义解答；C．依据二氧化硫的性质解答；D．依据Cl2和S在反应中化合价变化解答．【解答】解：A．氯化钠电离生成钠离子、氯离子，电离方程式为：NaCl=Na++Cl﹣；一水合氨电离生成氨根离子和氢氧根离子，电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故A正确；B．Ba2++SO42﹣=BaSO4↓可以表示可溶性钡盐与可溶性硫酸盐反应生成硫酸钡沉淀的反应；HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O表示可溶性碳酸氢盐与可溶性强碱反应生成可溶性碳酸盐和水，故B正确；C．SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色体现其还原性；SO2使碱性酚酞溶液褪色体现其漂白性，故C错误；D．Cl2+2NaOH=NaClO+H2O+NaCl，反应中氯元素化合价既升高有降低，氯气既作氧化剂又作还原剂，3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O，反应中硫元素化合价既升高有降低，硫既作氧化剂又作还原剂，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了元素化合物知识和离子方程式的书写，明确物质的性质和离子方程式书写的方法是解题关键，题目难度不大．2．下列关于Fe2（SO4）3的叙述正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的数值）()A．1mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含有2NA个Fe3+（不考虑水解）B．1mol的Fe2（SO4）3和S2﹣反应可转移2NA个电子C．在该溶液中，K+、NH4+、I﹣、SO42﹣可以大量共存D．与Cu反应的离子方程式为：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．不知道溶液的体积，无法求出铁离子的数目；B．根据Fe3+～Fe2+～e﹣计算；C．铁离子具有氧化性，可以氧化碘离子，故C错误；D．与Cu反应的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．【解答】解：A．不知道溶液的体积，无法求出铁离子的数目，故A错误；B．Fe3+～Fe2+～e﹣，1mol的Fe2（SO4）3和S2﹣反应可转移2NA个电子，故B正确；C．铁离子具有氧化性，可以氧化碘离子，故C错误；D．与Cu反应的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D错误；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系．3．CO2中的一个O原子被S原子代替后，即为羰基硫（OCS），羰基硫是一种有臭鸡蛋气味的无色气体，高温下分解为CO和S．下列有关说法正确的是()A．OCS中S的化合价为+4价B．羰基硫分解时，CO是氧化产物C．每有1molOCS分解，能生成D．OCS中含有共价键，属于非电解质【考点】氧化还原反应；电解质与非电解质．【专题】信息给予题．【分析】OCS分子结构与CO2相似，其结构式为：O=C=S，OCS中C化合价为+4价，高温下分解为CO和S，反应方程式为OCSCO+S，C元素化合价降低，S元素化合价升高，以此解答该题．【解答】解：A．OCS中C化合价为+4价，O、S的化合价为﹣2价，故A错误；B．OCSCO+S中，C元素化合价降低，被还原，CO是还原产物，故B错误；C．没有标况，体积没有意义，故C错误；D．其结构式为：O=C=S，含有共价键，为非电解质，故D正确．故选D．【点评】本题考查了化学基本概念和理论，涉及电解质、氧化还原规律，题目难度中等，充分利用题干给出信息结合所学知识是解题关键，注意不同类型晶体的区别．4．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是()A．铁在常温下不溶于浓硝酸，说明铁与浓硝酸不反应B．将氯气溶于水后溶液呈浅黄绿色，说明氯气与水没有完全反应C．将某气体通入品红溶液中溶液褪色，说明该气体一定是二氧化硫D．向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42﹣【考点】铁的化学性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；硫酸根离子的检验．【分析】A．常温下，铁与浓硝酸发生钝化反应；B．氯气溶于水，溶液颜色为氯气的颜色；C．能使品红褪色的不一定为二氧化硫；D．不能排出生成AgCl沉淀．【解答】解：A．常温下，铁与浓硝酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，故A错误；B．氯气溶于水，溶液颜色为氯气的颜色，故B正确；C．能使品红褪色的不一定为二氧化硫，可能为二氧化氮、臭氧等，故C错误；D．不能排出生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，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，题目难度不大．5．下列有关图象的叙述错误的是()A．图可表示向酸化的AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水，沉淀量与氨水体积的关系B．图中可表示向澄清石灰水中通入二氧化碳气体，沉淀量与二氧化碳体积的关系C．图中可表示向亚硫酸溶液中通入硫化氢，沉淀量与硫化氢气体的关系D．图中可表示向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，HCO3﹣离子的量与盐酸体积的关系【考点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的有关计算；含硫物质的性质及综合应用．【专题】图像图表题．【分析】A、混有少量稀盐酸的AlCl3溶液中逐滴加入过量的氨水，氨水先与盐酸反应生成氯化铵，再与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，据此分析B、澄清石灰水中通入过量二氧化碳，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成碳酸钙沉淀，再发生碳酸钙与水、二氧化碳反应，沉淀消失，根据方程式判断前后两部分二氧化碳的物质的量关系；C、向亚硫酸溶液中通入硫化氢，发生反应生成硫沉淀，硫沉淀不能与过量的硫化氢反应；D、向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸根先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，后碳酸氢根继续与氢离子发生反应生成二氧化碳和水．【解答】解：A、向酸化的AlCl3溶液中逐滴加入稀氨水，氨水先与酸反应，再与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，沉淀不能溶解在过量氨水中，发生的反应为3NH3•H2O+H+=NH4++H2O，3NH3•H2O+Al3+=3NH4++Al（OH）3↓，故A错误；B、石灰水中通入二氧化碳，先发生Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成沉淀，后发生CO2+CaCO3+H2O═Ca（HCO3）2，故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两部分二氧化碳的物质的量为1：1，故B正确；C、向亚硫酸溶液中通入硫化氢，发生反应生成硫沉淀，硫沉淀不能与过量的硫化氢反应，故先产生沉淀，后沉淀不变，故C正确；D、向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸根先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，后碳酸氢根继续与氢离子发生反应生成二氧化碳和水，反应离子方程式为：CO32﹣+H+═HCO3﹣，HCO3﹣+H+═CO2+H2O，所以碳酸氢根先增大后减小，前后两部分盐酸体积为1：1，故D正确；故选：A．【点评】本题以图象为载体考查钙铝化合物的性质、碳酸盐的性质等，难度中等，明确发生的化学反应是解答的关键，反应发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系．6．硫酸、盐酸和硝酸与烧碱和纯碱并称为工业上的“三酸两碱”．下列说法正确的是()A．等质量的铝与足量的烧碱和盐酸反应生成氢气的质量相同B．等质量的铜与足量的浓硫酸和浓硝酸反应生成气体的物质的量相同C．相同物质的量的烧碱和纯碱与足量盐酸反应，消耗盐酸的体积相同D．相同质量的硫与足量烧碱、浓硫酸、浓硝酸反应，转移电子数相同【考点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算．【分析】A．Al和NaOH、HCl反应都生成氢气，反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；B．铜和浓硫酸、浓硝酸反应时，反应方程式分别为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O、Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；C．烧碱、纯碱与稀盐酸反应方程式分别为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl2+CO2↑+H2O；D、硫与氢氧化钠反应发生歧化反应，硫既是氧化剂又是还原剂，而硫与浓硫酸、浓硝酸反应，硫只作还原剂．【解答】解：A．Al和NaOH、HCl反应都生成氢气，反应方程式分别为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，烧碱和盐酸足量时，生成氢气的量与Al的量成正比，Al的质量相等，所以生成氢气质量相等，故A正确；B．铜和浓硫酸、浓硝酸反应时，反应方程式分别为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O、Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，根据方程式知，浓硫酸、浓硝酸足量时，铜的物质的量相等时浓硝酸生成气体的物质的量大于浓硫酸，故B错误；C．烧碱、纯碱与稀盐酸反应方程式分别为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl2+CO2↑+H2O，根据方程式知，盐酸足量、烧碱和纯碱的物质的量相等时，纯碱消耗盐酸的物质的量多，故C错误；D、硫与氢氧化钠反应发生歧化反应，硫既是氧化剂又是还原剂，而硫与浓硫酸、浓硝酸反应，硫只作还原剂，所以相同质量的硫与足量烧碱、浓硫酸、浓硝酸反应，转移电子数不相同，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重考查分析能力，正确书写方程式是解本题关键，也可以根据原子守恒、转移电子守恒进行计算，易错选项是D．7．下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是()A．如图表示为配制一定物质的量浓度稀硫酸时的操作B．如图表示为配制一定物质的量浓度的溶液定容时的操作C．用如图所示装置吸收氯气中的氯化氢气体D．用图所示装置收集一氧化氮气体【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；B．滴定管不能插入容量瓶内；C．氯气不溶于饱和食盐水；D．NO不能用排空气法收集．【解答】解：A．浓硫酸溶于水放热，且容量瓶只能在常温下使用，应将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却至室温后转移到容量瓶中，故A错误；B．滴定管不能插入容量瓶内，防止污染，应垂直悬空，故B错误；C．氯气不溶于饱和食盐水，而氯化氢易溶于水，可用于除杂，故C正确；D．NO与氧气反应，不能用排空气法收集，应用排水法收集，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及溶液的配制、气体的收集等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，难度不大．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（18分）按要求回答下列问题．（1）某小组同学探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）．①打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，该反应的离子方程式为H2SO3+Br2+H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，得出的结论是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性弱（填“强”或“弱”）．②再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，变橙黄色反应的离子方程式为2H++2Br﹣+H2O2=Br2+2H2O，得出的结论是H2O2的氧化性比Br2的氧化性强（填“强”或“弱”）．（2）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，为了清楚沉淀的物质，研究小组向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，你认为沉淀物是BaSO4，产生该物质可能的原因是空气中的O2将SO32﹣氧化为SO42﹣．（3）为探究SO2使品红溶液褪色的原因，该小组同学将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，由此所得出的结论正确的是ac（填编号）a．SO2使品红溶液褪色的微粒一定不是SO2分子b．SO2使品红溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子c．此实验无法确定SO2使品红溶液褪色的微粒d．将干燥的SO2气体通入品红的酒精溶液中，能使品红褪色由此可猜想使品红溶液褪色的微粒可能是H2SO3或HSO3﹣或SO32﹣．（4）配平并完成下列离子方程式2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2+8H2O每有1mol高锰酸根参加反应，生成O2．【考点】性质实验方案的设计；氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题；氧族元素；气体的制备与性质检验类实验．【分析】（1）①打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，说明溴与亚硫酸发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，证明溴的氧化性大于亚硫酸；②再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，溶液变为橙黄色，说明溴离子被双氧水氧化成溴单质，据此写出离子方程式；证明了双氧水的氧化成大于溴单质；（2）白色沉淀不溶于稀盐酸，该沉淀只能为硫酸钡；可能原因为亚硫酸被氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；（3）根据品红溶液与品红的四氯化碳溶液的区别及二氧化硫的性质进行判断；（4）根据氧化还原反应中得失电子数相等及质量守恒配平方程式；根据配平后的方程式计算出每有1mol高锰酸根参加反应生成氧气的物质的量．【解答】解：（1）①打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，说明溴与亚硫酸发生反应生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：H2SO3+Br2+H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，证明了亚硫酸的氧化性比溴弱，故答案为：H2SO3+Br2+H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣；弱；②再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，溴离子被氧化成溴单质，变橙黄色反应的离子方程式为：2H++2Br﹣+H2O2=Br2+2H2O，证明H2O2的氧化性比Br2的氧化性强，故答案为：2H++2Br﹣+H2O2=Br2+2H2O；强；（2）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，该白色沉淀为BaSO4，产生沉淀的原因可能为：空气中的O2将SO32﹣氧化为SO42﹣，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；空气中的O2将SO32﹣氧化为SO42﹣；（3）二氧化硫与四氯化碳不反应，能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能够电离出硫酸氢根离子、亚硫酸根离子，将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，而将二氧化硫通入品红溶液会褪色，证明使品红溶液褪色的不是二氧化硫分子，可能为H2SO3或HSO3﹣或SO32﹣，该实验不能证明使品红溶液褪色的粒子，故ac正确，故答案为：ac；H2SO3或HSO3﹣或SO32﹣；（4）反应中物质的化合价变化：MnO4﹣→Mn2+，Mn元素化合价由+7价→+2价，一个MnO4﹣得5个电子；H2O2→O2，O由﹣1价变成0价，一个H2O2分子失去2个电子，所以其最小公倍数为10，故MnO4﹣的计量数为2，双氧水的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素，配平后的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；根据反应可知，1mol高锰酸根离子完全反应生成氧气的物质的量为：1mol×=，故答案为：2；5；6H+；2；5；8；．【点评】本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，涉及氧化性、还原性强弱比较、氧化还原反应的配平及计算、性质方案的设计与评价等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力、化学实验能力及灵活应用基础知识的能力．9．（14分）硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5•H2O）制取单质硼的工艺流程图如图：回答下列问题：（1）Mg2B2O5•H2O中B的化合价为+3．（2）溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为NaHCO3、Na2SO4．（3）写出步骤①的化学方程式Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2（4）写出步骤⑤的化学方程式B2O3+3Mg2B+3MgO（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行．（6）乙硼烷（B2H6）是一种气态高能燃料，写出乙硼烷在空气中燃烧的化学方程式为B2H6+3O2B2O3+3H2O．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．【分析】硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O7•10H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3，最后用Mg还原得到粗硼．（1）根据化合价代数和为0计算B元素化合价；（2）由上述分析可知，第①步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第③步加入硫酸，b为Na2SO4；（3）第①步为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2；（4）步骤⑤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO；（5）符合复分解反应由强酸制弱酸的原理；（6）乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水．【解答】解：硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O7•10H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3，最后用Mg还原得到粗硼．（1）根据化合价代数和为0，可知Mg2B2O5•H2O中B的化合价为+3，故答案为：+3；（2）由上述分析可知，第①步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第③步加入硫酸，b为Na2SO4，故答案为：NaHCO3；Na2SO4；（3）第①步为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2，反应方程式为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；（4）步骤⑤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO，反应方程式为：B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案为：B2O3+3Mg2B+3MgO；（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是：硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行，故答案为：硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行；（6）乙硼烷在空气中燃烧生成B2O3与水，反应方程式为：B2H6+3O2B2O3+3H2O，故答案为：B2H6+3O2B2O3+3H2O．【点评】本题考查化学制备方案，理解工艺流程原理是解题关键，侧重对化学用语的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，难度中等．10．（16分）按要求回答下列问题：（1）实验室铝粉和Fe2O3作铝热反应实验，铝热反应的方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有ab（填编号）．a．KClO3b．Mgc．MnO2d．KCl（2）据文献报道，在实际反应中铝热反应的产物成分较为复杂．某课题组对铝热反应产物的成分进行探究，经成分分析，发现主要得到甲和乙两种产物．甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成；乙是一种铁铝的金属互化物（可用FexAly表示），取该合金粉末，滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体．再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末．①甲的化学式为Al2O3，乙的组成可表示为Fe2Al5．②甲的晶体是耐高温材料，用此材料做成的坩埚，不能用来熔融NaOH，用化学方程式解释其原因Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）]4；含二氧化硅材料做成的坩埚不能（填“能”或“不能”）用来熔融NaOH．③如图表示室温下相同组分的乙分别在两种不同的酸中的腐蚀情况，由图可知，乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，原因可能是遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应（只要体现出“钝化”即可）．【考点】探究铝热反应．【专题】无机实验综合．【分析】（1）铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，据此写出反应的化学方程式；该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有氯酸钾和镁；（2）①甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成，则甲为Al2O3；灼烧得到的红棕色粉末应该是氧化铁，计算出氧化铁的物质的量，根据铁原子守恒可知铁的物质的量是及质量，从而得出合金中铝的质量，根据n=计算出铝物质的量，就可以得出x：y，从而得出乙的化学式；②在加热的条件下氧化铝与氢氧化钠反应生成Na[Al（OH）]4；由于二氧化硅与能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，所以含二氧化硅材料做成的坩埚不能用来熔融NaOH；③结合图象可知乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，这是由于常温下遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应．【解答】解：（1）铝与氧化铁发生铝热反应的方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有氯酸钾和镁，故ab正确，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；ab；（2）①甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成，则甲是Al2O3；取该合金粉末，滴加足量浓NaOH溶液，其中铝溶解转化为偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体铁．再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末，所以红棕色粉末应该是氧化铁，物质的量为：=；根据铁原子守恒可知铁的物质的量是，质量是×56g/mol=，因此合金中铝的质量是﹣=，物质的量为：=，所以x：y=：=2：5，则乙的化学式为Fe2Al5，故答案为：Al2O3；Fe2Al5；②在加热的条件下氧化铝与氢氧化钠反应，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）]4；二氧化硅与能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，所以含二氧化硅材料做成的坩埚不能用来熔融NaOH，故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）]4；不能；③根据图象可知乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，这是由于常温下遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应，故答案为：65%浓硝酸；遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应（只要体现出“钝化”即可）．【点评】本题考查金属镁、铝、铁等有关性质与计算，题目难度中等，注意掌握铝热反应原理及操作方法，明确常见金属单质及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力11．下列问题均涉及到化学学科重要的思想和观点，按要求回答下列问题：（1）量变和质变的观点：①锌与稀硫酸反应生成氢气，当硫酸浓度逐渐增大到一定程度时，可生成的气