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内蒙古呼和浩特市2018届高三上学期11月质量普查考试化学试题

下列有关物质的性质与用途有对应关系的是

A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料    B. NH4HCO3 受热易分解，可用作氮肥

C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂    D. SO2 具有氧化性，可用于漂白纸浆

答案解析：
答案及解析:

知识点：化学

A

A．Al2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故A正确；B．做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误；D．二氧化硫中S元素的化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是氧化性，故D错误；故选A。

     
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中国传统文化对人类文明贡献巨大，古文献中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载的解释不合理的是

A. 《本草纲目》中记载“火药乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳机诸药者”。这是利用了“KNO3的氧化性”

B. 李白有诗云“日照香妒生紫烟”，这是描写“碘的升华”

C. 《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”

D. 我国古代人民常用明矾水除去铜器上的铜锈[Cu(OH)2CO3]，利用了明矾水的酸性

答案解析：
答案及解析:

知识点：化学

B

     
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设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 将1molCl2 通入足量水中，溶液中HC1O、Cl-、ClO- 粒子数之和为2NA

B. 100gCaCO3晶体和100gKHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NA

C. 标准状况下，4.48LNO 和2.24LO2 混合后，原子总数为0.6NA

D. 已知3BrF3+5H2O= HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5molH2O 参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为2NA

答案解析：
答案及解析:

知识点：化学

C

A．氯气溶于水，部分与水反应，部分以氯气分子形式存在，依据氯原子个数守恒，将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；B．100gCaCO3晶体的物质的量为1mol，含有1mol钙离子和1mol碳酸根离子；100gKHSO4晶体的物质的量为1mol，含有1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子；离子数均为2NA，故B错误；C．标准状况下，4.48LNO 和2.24LO2 混合后，恰好反应生成4.48LNO2，物质的量为=0.2mol，根据质量守恒定律，原子总数为0.6NA，故C正确；D．在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+ Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，所以5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3的分子数目小于3NA，故D错误；故选C。

点睛：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加得罗常数的关系。本题的易错点为D，要注意在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中还原剂有BrF3和水。

     
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化学与生产、生活及环境密切相关，下列有关说法正确的是

A. 酸雨的pH在5.6-7.0之间

B. 用高锰酸钾溶液、酒精、双氧水的强氧化性进行杀菌消毒

C. 用于光缆通信的光导纤维和制作航天服的聚酯纤维都是新型无机非金属材料

D. “光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关

答案解析：
答案及解析:

知识点：化学

D

A．正常雨水的pH约为5.6，溶解二氧化硫的雨水为酸雨，酸性增强，则酸雨的pH＜5.6，故A错误；B．用高锰酸钾溶液、双氧水的强氧化性进行杀菌消毒，酒精能使病毒中蛋白质发生变性，但不具有强氧化性，故B错误；C．聚酯纤维为有机高分子材料，光导纤维是传统的无机非金属材料，故C错误；D．以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的一个重要原因，形成都与氮氧化合物有关，故D正确；故选D。

     
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下列解释事实的方程式正确的是

A. 石灰水表面漂着的“白膜”可用醋酸溶解：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O

B. 氢氧化铁沉淀溶于氢碘酸中： Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O

C. 盐碱地( 含较多NaCl 、Na2CO3)中加入石膏，降低土壤的碱性，涉及的方程式为Ca2++CO32-=CaCO3 ↓

D. 漂白粉溶液在空气中失效：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓

答案解析：
答案及解析:

知识点：化学

D

A．石灰水表面漂着的“白膜”为碳酸钙，用醋酸溶解的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═ 2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B．氢氧化铁沉淀溶于氢碘酸生成的铁离子能够将碘离子氧化，反应的离子反应为2Fe(OH)3+2I-+6H+═2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C．盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)中加入石膏，降低土壤的碱性，石膏微溶于水，反应的方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，故C错误；D．漂白粉在空气中失效，是与空气中的二氧化碳反应，反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CaCO3↓，故D正确；故选D。

点睛：本题考查离子反应方程式的书写，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。本题的易错点为C，要注意石膏微溶于水，类似与氢氧化钙，作为生成物时一般作沉淀处理，作为反应物需要具体情况具体分析，本题中应该用化学式表示。

     
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下列有关化学实验的设计合理的是

A. 采用蒸馏的方法分离碘的四氯化碳溶液

B. 用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚

C. H2S 气体通入CuSO4溶液，比较氢硫酸和硫酸的酸性

D. 向氯化亚铁溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，证明溶液中含有Fe2+

答案解析：
答案及解析:

知识点：化学

A

A．碘的四氯化碳溶液，互溶，但沸点不同，选择蒸馏法分离，故A正确；B. 瓷坩埚的主要成分中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚，故B错误；C．硫化氢和硫酸铜反应生成硫酸和CuS沉淀，但硫酸是强酸、氢硫酸是弱酸，所以实验设计不合理，要想证明硫酸和氢硫酸的酸性强弱，可以根据其相同浓度的钠盐溶液pH判断，故C错误；D. 高锰酸钾也能氧化氯离子而褪色，因此向氯化亚铁溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，不能证明溶液中含有Fe2+，故D错误；故选A。

     
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现将0.4gNaOH 和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol•L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是

 

C

试题分析：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+ H2O，此时才有二氧化碳气体生成。A．0.1mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图像与反应不符，错误； B．图像中开始反应即有气体生成，与反应不符，错误；C．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+ Na2CO3=NaHCO3 +NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl="NaCl+" H2O +CO2↑；此时开始放出气体，正好与图像相符，正确；D．因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图像与反应不符，错误。

     
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下列离子或分子组中能大量共存,且满足相应要求的是

选项

离子或分子

要求

A

Na+、HCO3-、Mg2+、SO42-

滴加氨水立即有沉淀产生

B

Fe3+、NO3-、SO32-、Cl-

滴加盐酸立即有气体产生

C

NH4+、Al3+、SO42-、CH3COOH

滴加NaOH 溶液立即有气体产生

D

K+、NO3-、Cl-、HS-

C(K+)<c(Cl-)

 

答案解析：
答案及解析:

知识点：化学

A

试题分析：A、该组离子能大量共存，加入氨水后又氢氧化镁沉淀生成，正确；B、溶液中的铁离子与亚硫酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；C、因为溶液中有醋酸存在，所以加入氢氧化钠溶液时，氢氧化钠先与醋酸反应，所以不会立即有气体产生，错误；溶液中的阳离子只有钾离子，根据电荷守恒，则c(K＋)=c(Cl－)+ c(NO3-)+c(HS－)，所以c(K＋)>c(Cl－)，错误，答案选A。

     
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25℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmLpH=8的氨水，假设该氨水密度为ρg·cm3，溶质的质量分数为ω，其中含NH4+的物质的量为b mol，下列叙述中一定正确的是

A. 溶质的物质的量浓度c＝C

A．a g NH3的物质的量为 = mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为 = mol/L，故A错误；B．氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g•cm-3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为 × 100%= ×100%，故B错误；C．溶液的pH=8，即c(H+)=10-8mol/L，溶液中存在电荷守恒，则c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，因此c(OH-)= +10-8mol/L=( +10-8)mol/L，故C正确；D．水的密度比氨水的密度大，若加入相等体积的水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D错误；故选C。

点睛：本题考查物质的量浓度、质量分数的计算等，注意掌握物质的量浓度、溶质质量分数的表达式及计算方法，明确溶质质量分数与物质的量浓度之间的关系。本题的易错点为C，如果根据溶液的pH=8，再根据Kw计算c(OH-)，则会计算不到结果，会误认为错误。

     
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下列有关实验装置的说法中，正确的是

B

试题分析：A．NH3的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故A错误；B．利用电解法，可制Fe（OH）2，溶液表面的煤油可防氧化Fe（OH）2，故B正确；C．盐酸有挥发性，无法证明碳酸的酸性比硅酸强，故C错误；D．Cu与浓硝酸反应生成的NO2气体能溶解于水生成NO，故D错误；答案为B。

     
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下列指定反应的离子方程式正确的是

A. 向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性：H++ SO42-+ Ba2++OH-= BaSO4↓+ H2O

B. 饱和FeCl3滴入沸水中加热煮沸制备胶体：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+ 3H+

C. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4： 3ClO-+2Fe(OH)3= 2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+

D. 向含有0.4mol FeBr2的溶液中通入0.4molCl2充分反应：4Fe2++2Br-+3C12=4Fe3++6C1-+ Br2

答案解析：
答案及解析:

知识点：离子方程式

B

A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至刚好为中性的离子反应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═ BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe(OH)3胶体，离子方程式：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，碱性溶液中不会生成氢离子，正确的离子反应为：4OH-+3ClO-+ 2Fe(OH)3═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故C错误；D．含有0.4 mol FeBr2的溶液中含有0.4mol亚铁离子、0.8mol溴离子，0.4mol亚铁离子完全反应消耗0.2mol氯气，剩余的0.2mol氯气能够氧化0.4mol溴离子，则参加反应的亚铁离子与溴离子的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++4Cl-+Br2，故D错误；故选B。

     
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A是中学化学中常见的单质，B、C为化合物，它们有如图所示的转化关系（部分产物及反应条件已略去）。下列判断不正确的是

B

A单质在碱性条件下发生反应生成B和C两种化合物，发生了氧化还原反应，为歧化反应，则A可能为Cl2或S，应为非金属元素，B、C在酸性条件下发生氧化还原反应又生成单质A。A．A发生歧化反应生成B、C，则A、B、C含有一种相同的元素，故A正确；B．A单质在碱性条件下发生反应生成B和C两种化合物，发生了氧化还原反应，化合价既升高又降低，存在负化合价，应为非金属元素，金属元素不存在负价，故B错误； C．如A为氯气，与碱反应生成氯化物和次氯酸盐，如与氢氧化钠反应，生成的氯化钠的溶液呈中性，次氯酸钠水解后，溶液显碱性，故C正确；D．单质A生成化合物，元素的化合价发生变化，化合物生成A单质，化合价了发生变化，所以反应①和反应②一定属于氧化还原反应，故D正确；故选B。

     
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2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是

D

A．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳纳米管电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故A错误；B．放电时，该电池为原电池，甲电极为负极，电极反应为：H2 - 2e-+ 2OH-=2H2O，故B错误；C．充电时，乙电极反应与放电时刚好相反，则电极反应为：Ni(OH)2+OH--e-═NiO(OH)+H2O，故C错误；D．放电时，正极电极反应式为2NiO(OH)+2H2O+2e-═2Ni(OH)2+2OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiOOH2Ni(OH)2，故D正确；故选D。

点睛：本题考查了原电池和电解池原理，明确正负极上发生的电极反应及阴阳离子的移动方向是解题的关键。开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，乙电极为正极，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反。易错选项是A，注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连。

     
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工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是

A. 制取镁：海水C

A、工业行通过电解熔融的氯化镁制备金属镁，不是电解氧化镁，故A错误；B、氯化铝是共价化合物，熔融的氯化铝不能导电，工业上通过电解熔融的氧化铝冰晶石熔融体制备金属铝，故B错误；C、氮气和氢气在催化剂、高温高压下反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，NO与氧气和水反应生成硝酸，再加入硝酸镁蒸馏得到浓硝酸，故C正确；D、热裂汽油中含有不饱和烃，和碘单质会发生加成反应，不能做萃取剂，应用分馏汽油萃取，故D错误；故选C。

     
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某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：

C

工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A错误；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D错误；故选C。

     
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某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为-2价），既含有Fe2+，又含有Fe3+，将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成2．4g硫单质，0.425mol FeCl2 和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是

A. 该盐酸的物质的量浓度为4.25mol·L-1

B. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3∶1

C. 成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L

D. 该磁黄铁矿中FexS的x=0．85

答案解析：
答案及解析:

知识点：化学

D

n(S)= =0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)= =0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6。A．盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c(HCl)= =8.5mol/L，故A错误；B．根据转移电子守恒得n(Fe3+)= =0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，故B错误；C．根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)= n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，V(H2S)=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，故C错误；D．FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故D正确；故选D。

点睛：本题考查了根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算是关键。本题中根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比。

     
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N2H4（联氨又称肼）一种重要的化工试剂，在生产和生活中有着重要的作用。

（1）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为___________________。

（2）N2H4是火箭升空需要高能的燃料，工业上利用N2和H2可以合成联氨(N2H4)等。已知：

N2(g)+2O2(g)= N2O4 (l)        △H=-19.5kJ·mol-1

2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)    △H =-483.6 kJ·mol-1

2N2H4(1) +N2O4(l)= 3N2(g)+4H2O(g)    △H = -1048.9 kJ·mol-1

写出N2和H2合成液态联氨(N2H4)的热化学方程式______________________________。火箭升空经常用联氨和N2O4反应作为火箭推进剂，其主要原因为______________________________。

（3）在载人航天器的生态系统中，不仅要求分离去除CO2，还要求提供充足的O2。某种电化学装置可实现如下转化2CO2=2CO+O2，CO可用作燃料。已知该反应的阳极反应为：4OH--4e-═O2↑+2H2O，则阴极的电极反应式为___________________。有人提出，可以设计反应2CO= 2C+O2(△H >0)来消除CO的污染。请判断上述反应是否能自发进行并说明理由_____________________________。

答案解析：
答案及解析:

知识点：化学

(1)NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O (2)N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) ΔH= +50．6 kJ·mol−1 放出大量热，产生大量气体

(3)CO2+2e-+H2O=CO+2OH-或 2CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-

不能 ，因该反应的ΔH>0 , ΔS<0,所以反应不能自发进行

(1)氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClO═ N2H4+NaCl+H2O；

(2)①N2(g)+2O2(g)= N2O4 (l) △H=-19.5kJ·mol-1，②2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) △H =-483.6 kJ·mol-1，③2N2H4(1) +N2O4(l)= 3N2(g)+4H2O(g)△H = -1048.9 kJ·mol-1，依据热化学方程式和盖斯定律计算，将②-①× -③×得：N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) ΔH=(-483.6 kJ·mol-1)-(-19.5kJ·mol-1)× -(-1048.9 kJ·mol-1)× = +50．6 kJ·mol−1，根据反应③可知，联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，故答案为：N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) ΔH= +50．6 kJ·mol−1；反应放热量大，产生大量气体；

(3)2CO2═2CO+O2，CO可用作燃料，已知该装置的阳极反应为：4OH--4e-═O2↑+2H2O，阴极反应依据电子守恒总反应减去阳极反应得到：2CO2+4e-+2H2O═2CO+4OH-(或CO2+2e-+H2O ═ CO+2OH-)；2CO═2C+O2 △H＞0，△S＜0，△H-T△S＞0，反应一定不能自发进行，故答案为：2CO2+4e-+2H2O═2CO+4OH-(或CO2+2e-+H2O═CO+2OH-)；不能，因该反应的ΔH>0，ΔS<0，所以反应不能自发进行。

     
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海水中有非常丰富的化学资源，从海水中可提取多种化工原料。某工厂对海水资源综合开发利用的部分工艺流程图如下。回答下列问题：

(1)①②④⑥ (2)酸性 低沸点，易挥发 (3)c (4)加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀

(1)精制食盐水时，可以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓；加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2++CO32-=CaCO3↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓，用盐酸除掉过量的CO32-、OH-，因此用到的有①②④⑥，其他③⑤⑦的都用不到，故答案为：①②④⑥； 

(2)Cl2氧化Br-生成溴单质，则应在酸性条件下进行，防止溴中毒及生成的溴与碱发生反应(且碱性溶液中氯气与碱反应)，因溴的沸点较低，易挥发，Br2可用热空气吹出，故答案为：酸性；溴的沸点较低，易挥发；

(3)为了除去工业Br2中微量的Cl2，应是和氯气反应和溴单质不反应；a、加入HBr，氯气可以发生反应生成挥发性的盐酸，会引入新的杂质，故a不符合；b、加入Na2CO3 溶液也可以和溴单质、氯气发生反应，b不符合；c、加入NaBr溶液，发生反应Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，故c符合；d、加入Na2SO3溶液能除去氯气，但会引入杂质离子，故d不符合；故答案为：c；

(5)溶度积常数大的物质可以向溶度积常数小的物质转化，氢氧化钙的溶度积常数大于氢氧化镁，所以加入氯化镁溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤得到氢氧化镁固体，故答案为：加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水洗涤。

点睛：本题考查物质的分离提纯，注意把握实验的原理和操作方法。海水通过晒盐得到粗盐，精制后电解饱和食盐水是氯碱工业的主要反应；得到的苦卤中主要是含有氯化镁，苦卤中加入氯气氧化溴离子得到溴单质，通过萃取分液方法得到低浓度的溴单质，通入热空气吹出溴单质，用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr的溶液，再通入氯气氧化溴离子为溴单质富集溴元素，得到的溶液中加入氢氧化钙沉淀分离出氢氧化镁沉淀，氢氧化镁用盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到氯化镁晶体。

     
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石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质。设计的提纯和综合应用工艺如下：

(1)排除系统中的空气，防止石墨被氧化

(2) CO SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O

(3)过滤 (4)AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，固体Ⅲ存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠，在溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀。

(1)石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故答案为：排尽装置中的空气，防止石墨被氧化；

(2)石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO；SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH= Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案为：CO；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；

(3)金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，溶液IV中的阴离子有：AlO2-、OH-、Cl-，故答案为：过滤；

(4)溶液IV中的阴离子有：AlO2-、OH-、Cl-，通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3-。

     
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甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。

(1)Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+H2O

(2)3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+

(3)2SO2+2Ba2++O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+ 或系统中的氧气将SO2氧化生成SO42-与Ba2+反应生成BaSO4

(4)酸雾与Ba2+反应生成沉淀或硫酸酸雾与Ba2+反应生成沉淀

(1)铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O；

(3)空气中含有氧气，将反应生成的二氧化硫生成硫酸根，硫酸根与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：空气中的氧气将铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫氧化，生成硫酸根，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；

(4)结合(3)中两同学的实验现象，BC中均有沉淀生成，说明硫酸酸雾与Ba2+反应生成沉淀，故答案为：硫酸酸雾与Ba2+反应生成沉淀。

     
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电解原理在化学工业中有广泛应用。不仅可以制备物质，还可以提纯和净化。

（1）电解食盐水是氯碱工业的基础。目前比较先进的方法是阳离子交换膜法，电解示意图如图所示，图中的阳离了交换膜只允许阳离子通过，请回答以下问题：

①图中A极要连接电源的_______（填“正”或“负”）极

②精制饱和食盐水从图中_____位置补充，氢氧化钠溶液从图中_____位置流出。（选填“a”“b” “c” “d” “e”或“f”）

(1) ①正 ②a d ③2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-

(2) ①A 2NO3-+10e- +12 H+ = N2↑+6H2O ②45

(1)①由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，则左边A为阳极，所以A极要连接电源的正极，故答案为：正；

②由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，则左边A为阳极，电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，所以精制饱和食盐水从图中a位置补充，右边B为阴极，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH- 或2H++2e-=H2↑，则生成氢氧化钠从图中d位置流出，故答案为：a；d；

③电解总反应的离子方程式是2Cl-+2H2O  Cl2↑+H2↑+2OH-，故答案为：2Cl-+2H2O  Cl2↑+H2↑+2OH-；

(2)①由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故答案为：A；2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O；

②转移5mol电子时，阳极(阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+)消耗2.5mol水，产生5molH+进入阴极室，阳极室质量减少45g，故答案为：45。

点睛：本题考查电解原理、电极反应式书写、电化学的计算等。(2)②要注意该题中阴极室有氢离子进入，易漏掉，为易错点。

【解析】

     
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以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量杂质SiO2)为原料炼铜的方法分为高温炼铜和湿法炼铜两种。近年来，湿法炼铜有了新进展，科学家发现有一种细菌在酸性水溶液、氧气存在下，可以将黄铜矿氧化成硫酸盐，某工厂运用该原理生产铜和绿矾（FeSO4的晶体，含结晶水）。

(1). 4CuFeS2+2H2SO4+17O2=2Fe2(SO4)3+4CuSO4+2H2O

(2)调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉降除去

(3) Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2Fe3+=3Fe2+

(4)蒸发浓缩，降温结晶，过滤 (5) O2 H2SO4

运用湿法炼铜的同时制绿矾(FeSO4•7H2O)的工艺：将黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量杂质SiO2)浸泡于稀硫酸细菌，通入氧气，数天后过滤，得到氧化成含Fe3+，Cu2+的溶液，加入过量CuO,促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀与铜离子分离，过滤得到固体A为氢氧化铁和过量的氧化铜，溶液为硫酸铜溶液，硫酸铜溶液电解生成铜、氧气和硫酸；氢氧化铁中加入试剂a为稀硫酸，用稀硫酸溶解，再用试剂b为铁粉还原可得滤液为硫酸亚铁溶液，再通过蒸发浓缩、隔绝降温结晶、过滤、洗涤、干燥得绿矾。

(1)反应Ⅰ中的反应物是CuFeS2、O2、H2SO4三种物质，生成物是硫酸铁、硫酸铜和水，根据奇偶法配平，所以方程式是：4CuFeS2+17O2+2H2SO4═2Fe2(SO4)3+4CuSO4+2H2O；故答案为： 4CuFeS2+17O2+2H2SO4═2Fe2(SO4)3+4CuSO4+2H2O；

(2)加入过量氧化铜调节溶液pH，使铁离子变成氢氧化铁沉淀，故答案为：调节混合溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉降除去；

(3)试剂b为铁粉，发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；

(4)获得的滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最后得到绿矾，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；

(5)根据流程图，可循环使用的物质有O2、H2SO4，故答案为：O2、H2SO4。

     
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