B．元素
非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性O>S，则简单氢化物的沸点：
A>C，B正确；
C．Al与S单质直接加热可发生化合反应生成Al2S3，C错误；
D．B、D形成的化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，由分子构成，在熔融状态不导电，工业上通过电解熔融Al2O3的方法获得金属Al，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，根据元素的原子序数及原子结构特点推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6.多硫化钠Na2Sx（x≥2）在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处。
Na2Sx在碱性溶液中与NaClO反应可生成Na2SO4，下列说法错误的是（）
A.NaClO是氧化剂
B.Na2SO4 是氧化产物
C.若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：
13，则x为5
D.若x=3，则反应的离子方程式为：
S32-+10ClO-+4OH-=3SO42-+10Cl-+2H2O
『答案』C
【详解】A．NaClO中+1价的Cl元素化合价降低被还原生成NaCl，则NaClO是氧化剂，A正确；
B．Na2Sx中S元素化合价升高被氧化生成Na2SO4，则Na2SO4是氧化产物，B正确；
C．设Na2Sx的物质的量是1mol，则次氯酸钠的物质的量是13mol，由电子守恒可知：
1mol×[6-（-
）]x=13mol×[1-（-1）]，解得：
x=4，C错误；
D．若x=3，1molS32-参与反应被氧化为3molSO42-，化合价升高20mol，NaClO中+1价的Cl元素被还原为-1价，化合价降低2，则被还原的NaClO的物质的量n（NaClO）=
mol=10mol，据此结合质量守恒配平该反应的离子方程式为：
S32-+10ClO-+4OH-=3SO42-+10Cl-+2H2O，D正确；
故合理选项是C。
7.实验室用浓氨水和生石灰制取氨气，并探究氨气的性质，其装置如图所示，下列说法错误的是（）
A.一段时间后，Ⅱ中干燥红色石蕊试纸变蓝色
B.Ⅲ干燥管中盛放的试剂可以是无水氯化钙
C.Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色说明氨气具有还原性
D.实验结束后，应先将导气管从水槽中拿出再熄灭酒精灯
『答案』B
【详解】A.用浓氨水和生石灰制取的氨气中混有水蒸气，二者反应形成的氨水显碱性，能能够使干燥红色石蕊试纸变蓝色，A正确；
B.在氨气和CuO反应前应先干燥，常用碱式灰，由于氯化钙能与氨气反应生成Ca（NH3）8Cl2，所以不能用无水氯化钙干燥氨气，B错误；
C.氨气与氧化铜反应生成Cu单质，Cu元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，氨气发生氧化反应，说明氨气具有还原性，C正确；
D.熄灭酒精灯后，装置内压强降低，水槽中水会发生倒流，为防止水槽中的水倒流，实验结束后，应先将导气管从水槽中拿出再熄灭酒精灯，D正确；
故合理选项是B。
第Ⅱ卷非选择题（58分）
8.某溶液A中可能含有NO3-、CO32-、SO32-、SO42-、NH4+、Fe2+、Al3+、Fe3+中的几种离子，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L。
现取100mL该溶液A进行如下实验：
实验1：
向该溶液中逐滴滴入过量
（NH4）2CO3溶液，产生白色沉淀B，并有无色气泡产生。
实验2：
静置后，再向溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，加热，仍然存在白色沉淀C，并有无色气泡产生。
实验3：
静置后，继续向溶液中加入Cu片和过量的盐酸，仍然存在白色沉淀D，溶液变蓝色，并有气泡E产生。
（1）白色沉淀C的成分为_________________（填化学式）；气体E的成分为_______________（写名称）。
（2）实验1中发生反应的离子方程式为_________________________________________。
（3）实验3中发生所有反应的离子方程式为________________________________________。
（4）溶液A中__________（填“一定”“可能”或“一定不”）存在NH4+，理由是_______________
_________________________________________________________。
『答案』
（1）.BaSO4、BaCO3
（2）.一氧化氮、二氧化碳（3）.2Al3++3CO32－+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑（4）.BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O（5）.3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O（6）.一定不；由实验过程可确定溶液A中一定不存在CO32-、SO32-、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、NO3-、SO42-，因Al3+、NO3-、SO42-三种离子已经满足电荷守恒，所以一定不存在NH4+。
【分析】某溶液A中可能含有NO3-、CO32-、SO32-、SO42-、NH4+、Fe2+、Al3+、Fe3+中的几种离子，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L。
实验1：
向该溶液中逐滴滴入过量的（NH4）2CO3溶液，生成的无色气体为CO2，生成的白色沉淀B是CO32-和溶液中的弱碱阳离子相互促进水解生成的，由于生成的沉淀为白色，故此弱碱阳离子为Al3+，溶液中一定存在Al3+，不存在CO32-、SO32-，还能说明溶液中不含有生成带颜色沉淀的离子Fe2+、Fe3+；
实验2：
静置后，再向溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，加热，生成的无色气体为NH3，由于实验1加入的过量的（NH4）2CO3溶液能引入NH4+，故不能确定原溶液中是否含有NH4+；实验1加入的过量（NH4）2CO3溶液引入CO32-，故生成的白色沉淀C一定含BaCO3，可能含有BaSO4；
实验3：
静置后，继续向溶液中加入Cu片和过量的盐酸，溶液变蓝色，说明生成了Cu2+，则溶液中存在NO3-，此时，BaCO3溶解生成气体CO2，白色沉淀D为BaSO4，气体E为NO和CO2，然后进行分析解答。
【详解】综上分析可知，溶液中一定不存在CO32-、SO32-、Fe2+、Fe3+，一定存在0.1mol/LAl3+、0.1mol/LNO3-，由于溶液必须显电中性，故溶液中一定含0.1mol/LSO42-。
（1）由上分析，白色沉淀C的成分为BaSO4、BaCO3；气体E为一氧化氮、二氧化碳；
（2）CO32-和Al3+相互促进水解，生成Al（OH）3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）实验3中白色沉淀C的成分BaCO3与盐酸发生复分解反应：
BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；在酸性条件下Cu与溶液中的NO3-、H+会发生氧化还原反应：
3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）由实验过程可确定溶液A中一定不存在CO32-、SO32-、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、NO3-、SO42-，因Al3+、NO3-、SO42-三种离子已经满足电荷守恒，所以一定不存在NH4+。
【点睛】本题考查了无机推断及常见离子的检验方法，明确常见离子的颜色、常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法。
9.物质之间的变化体现了化学之美。
（1）一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。
Ⅰ.图中属于“氮的固定”的是_______（填序号，下同）；转化过程中发生非氧化还原反应的是_________________________________。
Ⅱ.反应④是在酸性条件下由NO3－与镁作用实现，则该反应的离子方程式为_____________。
（2）H2S气体与CuCl2、FeCl3溶液发生一系列反应如图所示：
转化图中化合价不变的元素是__________（写名称）。
②转化图中生成S单质的离子方程式为____________________________________。
（3）A、B、C、D、E、F、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，B常温下为液态，X能使品红溶液褪色，则C和E反应的离子方程式为___________________________________。
②若D为两性氢氧化物，F为非金属单质，则X成分可能为__________（写化学式，下同）。
③若A为红棕色气体，X为金属单质，溶液D中加入KSCN溶液变红。
则E为_________，F为____________。
『答案』
（1）.⑥和⑪
（2）.①和⑦（3）.4Mg+2NO3-+10H+=4Mg2++N2O↑+5H2O（4）.铜、氢、氯（5）.CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S↓（6）.OH-+HSO3-=SO32-+H2O（7）.HCl或NaOH（8）.Fe（NO3）2（9）.NO
【详解】
（1）I．将游离态的氮（即氮气）转化为化合态的氮（即氮的化合物）的过程，叫做氮的固定，图中属于“氮的固定”的是⑥和⑪；非氧化还原反应是指变化过程中元素化合价不变的反应，转化过程中发生非氧化还原反应的是：
①和⑦；
Ⅱ．反应④是在酸性条件下由NO3-与镁作用实现，反应生成Mg2+、N2O、H2O，离子方程式为：
4Mg+2NO3-+10H+=4Mg2++N2O↑+5H2O；
（2）①H2S与Cu2+反应得到CuS与H+，Fe3+将CuS氧化得到S、Cu2+，Fe3+被还原变为Fe2+，O2将Fe2+氧化铁为Fe3+，图中O、Fe、S化合价发生变化，而Cu、H、Cl的化合价不变，所以转化关系图中未发生价态变化的元素为铜、氢、氯；
②转化图中，Fe3+将CuS氧化得到S、Cu2+，Fe3+被还原变为Fe2+，反应的离子方程式为：
CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S↓；
（3）①若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，则A为Na，B为H2O，X能使品红溶液褪色，且能与C连续反应，C为NaOH、X为SO2、D为Na2SO3、E为NaHSO3，F为H2，C和E反应的离子方程式为：
OH-+HSO3-=SO32-+H2O；
②若D为两性氢氧化物，F为非金属单质，A与B
反应可以是Al与盐酸反应或Al与NaOH溶液反应等，故F为H2，C为铝盐，X为碱，D为Al（OH）3，E为偏铝酸盐，或者F为H2，C为偏铝酸盐、X为酸、D为Al（OH）3、E为铝盐，X成分可能为HCl或NaOH等；
③若A为红棕色气体，X为金属单质，溶液D中加入KSCN溶液变红，则D中含有Fe3+，C具有强氧化性，所以A为NO2、B为水、C为HNO3、F为NO、D为Fe（NO3）3、E为Fe（NO3）2。
【点睛】本题考查综合了无机物的推断、氮的固定、氧化还原反应的判断等，注意识记中学常见的连续反应、三角锥形、特殊置换反应、特殊现象反应、有水参与的反应的性质，了解常见的两性化合物，熟练掌握基本概念、元素化合物知识，再分析判断加以运用。
10.四氯化钛常温下为无色液体，熔点－23.2℃，沸点136.4℃，极易水解。
在900℃时，将氯气通过钛铁矿（主要成分是FeTiO3）和炭粉的混合物可反应生成四氯化钛和氯化铁（熔点306℃，沸点315℃），同时产生一种有毒气体。
现制取并收集四氯化钛的装置如图所示（夹持装置略去）。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是__________。
组装好仪器，没加试剂反应前，应该进行的操作是____________________________________________。
（2）反应开始前，先将钛铁矿粉碎，并与稍过量的炭粉混合均匀，制成多孔状固体混合物，目的是_____________________________________________________。
（3）实验中需通入N2两次，第二次通N2的作用是_________________________________。
（4）900℃时，A装置中发生反应的化学方程式为__________________________________。
（5）B装置中控温箱温度在150～200℃，目的是___________________________________。
（6）装置b处存在的缺点是__________________________________。
（7）产物TiCl4在热潮湿空气中“发烟”生成TiO2•xH2O，反应方程式为__________________。
『答案』
（1）.球形冷凝管
（2）.检查装置的气密性（3）.增大接触面积，使反应更充分，炭粉稍过量，提高钛铁矿利用率（4）.将生成的TiCl4气体完全排入C装置中（5）.2FeTiO3+7Cl2+6C
2TiCl4+2FeCl3+6CO（6）.冷凝或凝结FeCl3固体，除去FeCl3（7）.缺少吸收CO防止污染大气的装置（8）.TiCl4+（2+x）H2O
TiO2•xH2O+4HCl
【分析】浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，用饱和NaCl溶液除去HCl，然后经浓硫酸干燥得到纯净Cl2，在A中与钛铁矿及焦炭在加热时发生反应产生TiCl4、FeCl3及水，在B装置中控制温度在150～200℃，将FeCl3冷凝分离除去，C收集产品，D装置用碱石灰吸收反应中剩余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，但该装置缺少对CO处理的装置。
【详解】
（1）仪器a为球形冷凝管；装置组装好以后，加入试剂之前须进行的操作是检查装置的气密性；
（2）实验中先将钛铁矿粉碎，并与稍过量的炭粉混合均匀，制成多孔状固体混合物，可增大反应物接触面，炭粉稍过量，可以提高钛铁矿利用率；
（3）实验中两次通入N2，第一次通入是排出装置中的空气，防止其干扰实验，第二次通入N2的作用是将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却；
（4）干燥纯净的氯气在A中与FeTiO3和炭粉的混合物反应生成四氯化钛和氯化铁，其化学反应方程式为：
2FeTiO3+7Cl2+6C
2TiCl4+2FeCl3+6CO；
（5）因为反应生成四氯化钛和氯化铁，而四氯化钛常温下为液体，沸点136.4℃，氯化铁的熔点306℃，沸点315℃，装置B的控温箱温度在150～200℃，就可以使氯化铁凝结为固体，从而可以让将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却，并且与氯化铁分离；
（6）D装置用碱石灰吸收反应中剩余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入C装置，但该装置缺少对CO处理的装置；
（7）产物TiCl4在热潮湿空气中“发烟”生成TiO2•xH2O，反应的化学方程式为TiCl4+（x+2）H2O
TiO2•xH2O↓+4HCl。
【点睛】本题考查了物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、环境保护等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键，注意相关基础知识的学习与积累，题目侧重考查学生的分析问题和解决问题的能力。
11.某化学小组在实验室模拟从铜银合金废料中回收银，并制备化工产品CuAlO2，此过程的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）在___________（填仪器名称）中锻烧固体C生成CuAlO2，操作1中系列操作名称
_________________。
（2）稀硫酸不能换成稀硝酸的原因是_____________________________________________（用必要的文字和离子方程式表示）。
（3）在生成固体C的步骤中，需控制加入的NaOH不能过量，原因是__________________________________________（用离子方程式表示）。
（4）将固体C在稀有气体中锻烧，固体的质量在加热的过程中随温度变化的曲线如图所示：
则在T1时发生反应物质的质量为_______g；在T2时发生反应的物质为_______（填化学式）；在T3时发生反应的化学方程式为________________________________________。
『答案』
（1）.坩埚
（2）.过滤、洗涤、干燥（3）.稀硝酸能与Ag发生反应，反应的离子方程式为3Ag+4H++NO3-（稀）=3Ag++NO↑+2H2O（4）.Al（OH）3+OH-=[Al（OH）]4-（5）.4.9（6）.Al（OH）3（7）.4CuO+2Al2O3
4CuAlO2+O2↑
【分析】由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣B为Ag；在硫酸铜溶液中加入硫酸铝、氢氧化钠，煮沸、过滤得到Al（OH）3和Cu（OH）2，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者煅烧可得到CuAlO2，以此解答该题。
【详解】
（1）在坩埚中锻烧固体C生成CuAlO2，操作1中系列操作名称为过滤、洗涤、干燥，以得到纯净的Al（OH）3和CuO；
（2）硝酸具有强氧化性，稀硫酸不能换成稀硝酸，原因是稀硝酸能与Ag发生反应；反应的离子方程式为3Ag+4H++NO3-（稀）=3Ag++NO↑+2H2O；
（3）在生成固体C的步骤中，需控制加入的NaOH不能过量，防止发生Al（OH）3+OH-=[Al（OH）]4-而使氢氧化铝溶解；
（4）T1时涉及反应Cu（OH）2
CuO+H2O，T2时涉及2Al（OH）3
Al2O3+3H2O，T1时固体减少质量为0.9g，为水的质量，其物质的量为0.05mol，则反应物质的质量为0.05mol×98g/mol=4.9g，T3时为CuO和Al2O3的反应，方程式为4CuO+2Al2O3
4CuAlO2+O2↑。
【点睛】本题考查了物质分离提纯基本操作和综合应用，注意把握常见物质或离子的分离提纯方法，特别注意题中所给信息的灵活处理，侧重考查学生的分析能力和应用能力。
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