河南省三门峡市陕州中学高三化学上学期第一次精英对抗试题含解析

2022-2022学年河南省三门峡市陕州中学高三（上）第一次精英对抗化学试卷　一.选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分共48分）1．“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料．如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是（　　）A．能全部通过半透膜B．能发生丁达尔现象C．一定能导电D．一定为悬浊液或乳浊液　2．下列物质分类正确的是（　　）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物　3．下列离子方程式正确的是（　　）A．硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液反应2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣=3BaSO4↓+2A1O2﹣+4H2OB．碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC．酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合：2MnO4﹣+3H2O2+6H+=2Mn2++6H2O+402↑D．氯气通入亚硫酸钠溶液中：2Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO2↑+2HClO　4．标准状况下，mg气体A与ng气体B分子数相同，下列说法中不正确的是（　　）A．气体A与B的相对分子质量比为m：nB．同质量气体A与B的分子个数比为n：mC．同温同压下，同体积A气体与B气体的密度比为n：mD．相同状况下，同体积A气体与B气体质量比为m：n　5．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（　　）选项目的分离方法原理-32-A分离氢氧化铁胶体和氯离子盐析胶体不能透过半透膜，离子能B分离植物油和水的混合物分液二者互不相溶且密度不同C除去苏打中少量小苏打加热二者的溶解度不同D除去乙醇中的乙酸蒸馏乙醇与乙酸沸点相差较大A．AB．BC．CD．D　6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子B．6.4g氧气和3.2g臭氧（O3）混合气体所含有的氧原子数为0.6NAC．过氧化钠与CO2反应时，0.1mol过氧化钠转移的电子数为0.2NAD．标准状况下，2.24LCl2与过量的稀FeCl2溶液反应，转移电子总数为0.1NA　7．当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2．下列关于SO2说法正确的是（　　）A．SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中B．SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C．SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性　8．某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生．下列化合物中符合上述条件的是（　　）A．AlCl3B．Na2OC．FeCl2D．SiO2　9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．28g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为NAC．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD．50ml12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA　10．下列说法正确的是（　　）-32-A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应D．SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4　11．下列离子在指定条件下能大量共存的是（　　）A．能使石蕊试液显红色的溶液中：NH4+、Fe2+、Al3+、NO3﹣B．加入NH4HCO3能产生气体的溶液中：K+、Na+、I﹣、SO42﹣C．中性透明溶液中：K+、HCO3﹣、NO3﹣、Fe3+D．常温下由水电离出的c（H+）•c（OH﹣）=10﹣20的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SiO32﹣　12．用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（　　）选项①中物质②中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠、氢氧化钠混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．AB．BC．CD．D　13．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（　　）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl‑+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣-C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O-32-D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣-　14．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L（标准状况），这些气体与一定体积O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入4mol•L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法正确的是（　　）A．参加反应的硝酸是0.4molB．消耗氧气的体积为1.68LC．此反应过程中转移的电子为0.3molD．混合气体中含NO21.12L　15．下列实验的现象、解释或结论正确的是（　　）实验解释或结论A向某溶液中持续通入CO2，先出现白色胶状沉淀，通至过量，沉淀不溶解，证明存在Al（OH）3不溶于碳酸B将SO2通入紫色高锰酸钾溶液中，溶液褪色SO2具有还原性C用蒸馏法将溶解在CCl4中的碘分离出来碘易升华，先分离出D向Fe（NO3）2溶液滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色氧化性：H2O2＞Fe3+A．AB．BC．CD．D　16．向100mLpH=0的硫酸和硝酸混合溶液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成NO气体448mL（标准状况）．则反应前的混合溶液中含硫酸的物质的量浓度为（　　）A．0.8mol•L﹣1B．0.4mol•L﹣1C．0.08mol•L﹣1D．0.04mol•L﹣1　　二.填空题（共52分）17．氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，酸性KMnO4、H2O2、Fe（NO3）3是重要的氧化剂．用所学知识回答问题：-32-（1）3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，当有6molH2SO4参加反应的过程中，有　　　　　　mol还原剂被氧化．（2）在稀硫酸中，KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为　　　　　　（3）取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是　　　　　　mol．（4）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是　　　　　　，又变为棕黄色的原因是　　　　　　．　18．饮水安全在人们生活中占有极为重要的地位，某研究小组提取三处被污染的水源进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处被污染的水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质．A、B、C、D、E五种常见化合物都是由下表中的离子形成：阳离子k+Na+Cu2+Al3+阴离子SO42﹣HCO3﹣NO3﹣OH﹣为了鉴别上述化合物，分别进行以下实验，其结果如下所示：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃片）；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：B：　　　　　　、D：　　　　　　．（2）将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物为　　　　　　．（3）写出实验②发生反应的离子方程式：　　　　　　、　　　　　　．（4）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理：　　　　　　．　19．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O2、C1O2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：-32-2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑反应中物质X应是　　　　　　，a与c的关系是　　　　　　．②简要说明K2FeO4作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用　　　　　　．（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、C1O﹣、OH﹣、FeO42﹣、C1﹣、H2O．①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：　　　　　　．②每生成1molFeO42﹣转移　　　　　　mo1电子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量为　　　　　　mo1．③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明什么问题　　　　　　．　20．孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量FeO、SiO2．以孔雀石为原料可制备CuSO4•5H2O步骤如下：（1）．写出孔雀石与稀硫酸反应的化学方程式：　　　　　　，为了提高原料浸出速率，可采取的措施有　　　　　　　　　　　　（写出两条）．（2）．溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+．实验步骤中试剂①最佳选　　　　　　（填代号）．a．KMnO4b．Cl2c．H2O2d．HNO3（3）溶液B中加入CuO作用是　　　　　　．（4）常温下Fe（OH）3的Ksp=1×10﹣39，若要将溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，使溶液中c（Fe3+）降低至1×10﹣3mol/L，必需将溶液pH调节至　　　　　　．（5）由溶液C获得CuSO4•5H2O晶体，需要经　　　　　　、　　　　　　和过滤．（6）可用KMnO4标准溶液测定溶液A中Fe2+的浓度，量取A溶液20.00ml，用0.010mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO410.00ml，A溶液中Fe2+的物质的量浓度　　　　　　mol/L．（反应原理：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O）　-32-21．三苯甲醇是一种重要的化工原料和医药中间体，实验室合成三苯甲醇的流程如图1所示，装置如图2所示．溴苯、乙醚溶液（40℃）苯甲酸乙酯、乙醚溶液、搅拌格氏试剂氯化铵饱和溶液镁条中间物三苯甲醇图1已知：（I）格氏试剂容易水解：（Ⅱ）相关物质的物理性质如下：物质熔点沸点溶解性三苯甲醇164.2℃380℃不溶于水，溶于乙醇，乙醚等有机溶剂乙醚﹣116.3℃34.6℃微溶于水，溶于乙醇，笨等有机溶剂溴苯﹣30.7℃156.2℃不溶于水，溶于乙醇，乙醚等有机溶剂（Ⅲ）三苯甲醇的相对分子质量是260．请回答以下问题：（1）装置中玻璃仪器B的名称为　　　　　　；装有无水CaCl2的仪器A的作用是　　　　　　．（2）装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是　　　　　　；制取格氏试剂时要保持温度约为40℃，可以采用　　　　　　加热方式．-32-①溶解、过滤粗产品②洗涤、干燥三苯甲醇（3）制得的三苯甲醇粗产品经过初步提纯，仍含有氯化铵杂质，可以设计如下提纯方案：其中，洗涤液最好选用　　　　　　（填字母序号）．a．水b．乙醚c．乙醇d．苯检验产品已经洗涤干净的操作为　　　　　　．（4）纯度测定：称取2.60g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠（乙醚与钠不反应），充分反应后，测得生成的气体在标准状况下的体积为100.80mL．则产品中三苯甲醇的质量分数为　　　　　　．　　　-32-2022-2022学年河南省三门峡市陕州中学高三（上）第一次精英对抗化学试卷参考答案与试题解析　一.选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分共48分）1．“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料．如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是（　　）A．能全部通过半透膜B．能发生丁达尔现象C．一定能导电D．一定为悬浊液或乳浊液【考点】纳米材料；胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，以此来解答．【解答】解：分散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体．A．胶体不能通过半透膜，故A错误；B．胶体具有丁达尔现象，故B正确；C．胶体本身不带电，则不能导电，故C错误；D．该混合物属于胶体，不属于悬浊液或乳浊液，故D错误；故选B．【点评】本题考查分散系的判断及胶体的性质，明确纳米材料的直径是解答本题的关键，题目难度不大．　2．下列物质分类正确的是（　　）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物-32-【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在1nm﹣100nm形成的分散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，不同物质组成的为混合物．【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不大．　3．下列离子方程式正确的是（　　）A．硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液反应2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣=3BaSO4↓+2A1O2﹣+4H2OB．碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC．酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合：2MnO4﹣+3H2O2+6H+=2Mn2++6H2O+402↑D．氯气通入亚硫酸钠溶液中：2Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO2↑+2HClO【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氢氧化钡过量，反应生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钠和水；B．碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠；C．2mol高锰酸根离子完全反应失去10mol电子，应该生成5mol氧气，该反应不满足电子守恒；D．亚硫酸根离子被氯气氧化成硫酸根离子．【解答】解：A．硫酸铝溶液与过量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣=3BaSO4↓+2A1O2﹣+4H2O，故A正确；-32-B．碳酸钠溶液中滴加盐酸至恰好要出现气泡时停止，碳酸根离子与氢离子反应生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：CO32﹣+H+=HCO3﹣，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液与H2O2溶液混合，发生氧化还原反应生成氧气，正确的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++6H2O+502↑，故C错误；D．亚硫酸钠与氯气反应生成硫酸钠，正确的离子方程式为：SO32﹣+Cl2+H2O=2Cl﹣+2H++SO42﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考高频题，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意熟练掌握判断离子方程式正误的常用方法，如电荷守恒、电子守恒等，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　4．标准状况下，mg气体A与ng气体B分子数相同，下列说法中不正确的是（　　）A．气体A与B的相对分子质量比为m：nB．同质量气体A与B的分子个数比为n：mC．同温同压下，同体积A气体与B气体的密度比为n：mD．相同状况下，同体积A气体与B气体质量比为m：n【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，气体体积相同．A、物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比．B、分子数之比与物质的摩尔质量成反比．C、同温同压，气体密度之比等于摩尔质量之比．D、相同状况下，同体积A气体与B气体物质的量相同，质量之比等于相对分子质量之比．【解答】解：标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，气体体积相同．A、由n=可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质量之比为mg：ng=m：n，故A正确；B、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于：=n：m，故B正确；-32-C、同温同压，气体密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，故C错误；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，故D正确．故选：C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确同温、同压、同体积，则气体的分子数相同、物质的量相同及质量、物质的量、摩尔质量的关系是解答的关键，可借助PV=nRT理解．　5．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（　　）选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体和氯离子盐析胶体不能透过半透膜，离子能B分离植物油和水的混合物分液二者互不相溶且密度不同C除去苏打中少量小苏打加热二者的溶解度不同D除去乙醇中的乙酸蒸馏乙醇与乙酸沸点相差较大A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．胶体不能透过半透膜，可用渗析法分离溶液和胶体；B．植物油和水互不相溶；C．小苏打为碳酸氢钠，不稳定，加热易分解；D．乙醇、乙酸均易挥发，沸点相差较小．【解答】解：A．胶体不能透过半透膜，可用渗析法分离溶液和胶体，不是盐析，故A错误；B．植物油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；C．小苏打为碳酸氢钠，不稳定，加热易分解，利用二者的热不稳定性进行分离，故C错误；D．乙醇、乙酸均易挥发，直接蒸馏不能除杂，则应加NaOH后增大沸点差异除去乙醇中的乙酸，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物的分离、提纯及物质的除杂等，侧重物质或离子性质的考查，题目难度不大，注意除杂不能引入新的杂质．　-32-6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子B．6.4g氧气和3.2g臭氧（O3）混合气体所含有的氧原子数为0.6NAC．过氧化钠与CO2反应时，0.1mol过氧化钠转移的电子数为0.2NAD．标准状况下，2.24LCl2与过量的稀FeCl2溶液反应，转移电子总数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，三氧化硫为固体；B、氧气和臭氧均由氧原子构成；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应；D、标况下，22.4L氯气为1mol，根据反应后氯元素为﹣1价来分析．【解答】解：A、标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g氧气和3.2g臭氧即9.6g混合气体中含有的氧原子的物质的量n==0.6mol，即0.6NA个，故B正确；C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，则0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子即0.1NA个，故C错误；D、标况下，2.24L氯气为0.1mol，且完全反应，反应后氯元素为﹣1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意掌握公式的运用和物质的结构，难度不大．　7．当我们查看葡萄酒标签上的成分信息时，常发现其成分中含有少量SO2．下列关于SO2说法正确的是（　　）A．SO2属于非法添加剂，不该添加到葡萄酒中B．SO2具有还原性，少量的SO2可防止葡萄酒氧化变质C．SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的漂白性【考点】二氧化硫的化学性质．-32-【分析】二氧化硫具有还原性，葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的；二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，使高锰酸钾褪色，据此解答．【解答】解：A．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，故A错误；B．葡萄酒中的少量SO2可以防腐、除杂、抗氧化的作用，少量SO2对人体是无害的，故B正确；C．SO2与H2SO4中硫元素的化合价分别是+4和+6，属于相邻价态，它们之间不会发生氧化还原反应，故C错误；D．SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的还原性，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了二氧化硫的性质和用途，熟悉二氧化硫的还原性是解题关键，注意二氧化硫漂白性原理，题目难度不大．　8．某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生．下列化合物中符合上述条件的是（　　）A．AlCl3B．Na2OC．FeCl2D．SiO2【考点】真题集萃；盐类水解的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】选项中物质只有FeCl2不能由两种单质直接反应生成，且SiO2与Ba（HCO3）2不反应，Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，以此来解答．【解答】解：A．Al与氯气化合生成AlCl3，AlCl3与Ba（HCO3）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故A正确；B．钠与氧气反应生成氧化钠，但Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，故B错误；C．Fe与氯气化合生成FeCl3，故C错误；D．Si与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反应，故D错误；故选A．【点评】本题为2022年山东高考题，侧重元素化合物知识及反应原理的考查，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意选项A中相互促进水解反应，题目难度不大．　-32-9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．28g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为NAC．标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD．50ml12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol；B、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2；C、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，当1mol二氧化碳与过氧化钠反应时转移1mol电子；D、MnO2只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应．【解答】解：A、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，而1molH218O与D2O中均含10mol中子，故0.1mol混合物中含1mol中子即NA个，故A正确；B、乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n==2mol，故含有2mol碳原子即2NA个，故B错误；C、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠～1mol二氧化碳～1mol电子，即当1mol二氧化碳与过氧化钠反应时转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时转移0.25mol电子即0.25NA个，故C错误；D、MnO2只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故盐酸不能完全反应，故转移的电子小于0.3NA个，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意盐酸的浓度对实验室制氯气反应的影响．　10．下列说法正确的是（　　）A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应D．SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4-32-【考点】真题集萃；元素周期律的作用；元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】A．同主族自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱；B．同周期随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强；C．MgO不能与氢氧化钠溶液反应；D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡．【解答】解：A．I、Br同主族，自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性弱，故A错误；B．Si、P同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B正确；C．氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO4，故D错误，故选B．【点评】本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等，难度不大，D选项注意硝酸条件下，硝酸根具有强氧化性．　11．下列离子在指定条件下能大量共存的是（　　）A．能使石蕊试液显红色的溶液中：NH4+、Fe2+、Al3+、NO3﹣B．加入NH4HCO3能产生气体的溶液中：K+、Na+、I﹣、SO42﹣C．中性透明溶液中：K+、HCO3﹣、NO3﹣、Fe3+D．常温下由水电离出的c（H+）•c（OH﹣）=10﹣20的溶液中：Na+、NH4+、Cl﹣、SiO32﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．能使石蕊试液显红色的溶液，显酸性；B．加入NH4HCO3能产生气体的溶液，为酸或强碱溶液；C．离子之间相互促进水解；D．常温下由水电离出的c（H+）•c（OH﹣）=10﹣20的溶液，为酸或碱溶液．-32-【解答】解：A．能使石蕊试液显红色的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．加入NH4HCO3能产生气体的溶液，为酸或强碱溶液，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．HCO3﹣、Fe3+离子之间相互促进水解，不能共存，故C错误；D．常温下由水电离出的c（H+）•c（OH﹣）=10﹣20的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能存在SiO32﹣，碱溶液中不能存在NH4+，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　12．用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（　　）选项①中物质②中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠、氢氧化钠混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．稀盐酸先和NaOH反应生成氯化钠和水，然后再和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后碳酸氢钠和稀盐酸反应生成二氧化碳；B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；C．NaOH过量，开始不生成沉淀；D．发生氧化还原反应．-32-【解答】解：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大．　13．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（　　）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl‑+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣-C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣-【考点】真题集萃；氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题．【解答】解：A．消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；B．饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO﹣的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B错误；C．在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，故C正确；D．由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确．故选B．-32-【点评】本题为2022年北京考题，以氯气为载体综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．　14．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L（标准状况），这些气体与一定体积O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入4mol•L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法正确的是（　　）A．参加反应的硝酸是0.4molB．消耗氧气的体积为1.68LC．此反应过程中转移的电子为0.3molD．混合气体中含NO21.12L【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】标况下2.24L混合气体的物质的量为：=0.1mol；50mL4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，再根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量；B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量，再计算出其体积；C．根据B的分析可知反应转移的电子的物质的量；D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，分别根据总体积、电子守恒列式计算．【解答】解：标况下2.24L混合气体的物质的量为：=0.1mol；50mL4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.1mol+0.2mol=0.3mol，故A错误；-32-B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：=0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，故B错误；C．根据B的分析可知，反应转移的电子为0.2mol，故C错误；D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.1，根据电子守恒可得：3x+y=0.2，解得：x=0.05mol、y=0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，故D正确；故选D．【点评】本题考查了有关离子反应的计算，题目难度中等，明确铜过量及发生反应原理为解答关键，转移电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法．　15．下列实验的现象、解释或结论正确的是（　　）实验解释或结论A向某溶液中持续通入CO2，先出现白色胶状沉淀，通至过量，沉淀不溶解，证明存在Al（OH）3不溶于碳酸B将SO2通入紫色高锰酸钾溶液中，溶液褪色SO2具有还原性C用蒸馏法将溶解在CCl4中的碘分离出来碘易升华，先分离出D向Fe（NO3）2溶液滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色氧化性：H2O2＞Fe3+A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氢氧化铝属于两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，但不溶于碳酸盐溶液；B．SO2通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应；C．碘的熔点高于四氯化碳；D．硝酸也能将亚铁离子氧化生成铁离子．【解答】解：A．偏铝酸根离子和过量二氧化碳反应生成碳酸氢根离子和氢氧化铝，说明氢氧化铝不溶于碳酸氢钠溶液，故A错误；-32-B．SO2通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，故B正确；C．用蒸馏法能将溶解在CCl4中的碘分离出来，碘的熔点大于四氯化碳，所以四氯化碳先蒸馏得到，故C错误；D．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，所以不能判断氧化性：H2O2＞Fe3+，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学实验方案评价，涉及氧化还原反应、物质的分离和提纯等知识点，明确物质的性质是解本题关键，根据物质间的反应来分析解答，题目难度中等．　16．向100mLpH=0的硫酸和硝酸混合溶液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成NO气体448mL（标准状况）．则反应前的混合溶液中含硫酸的物质的量浓度为（　　）A．0.8mol•L﹣1B．0.4mol•L﹣1C．0.08mol•L﹣1D．0.04mol•L﹣1【考点】有关混合物反应的计算．【分析】pH=0的硫酸和硝酸混合溶液中c（H+）=1mol/L，n（H+）=0.1L×1mol/L=0.1mol，3.84g铜粉物质的量为=0.06mol，NO的物质的量为=0.02mol，根据3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+3H2O可知，铜、H+过量，所以只可能是硝酸不足，可计算出硝酸的物质的量，进而计算c（HNO3），再根据c（H+）=2c（H2SO4）+c（HNO3）计算硫酸的浓度．【解答】解：pH=0的硫酸和硝酸混合溶液中c（H+）=1mol/L，n（H+）=0.1L×1mol/L=0.1mol，3.84g铜粉物质的量为=0.06mol，NO的物质的量为=0.02mol，根据3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+3H2O可知，生成0.02molNO，需要铜0.03mol、H+为0.08mol，所以铜、H+过量，所以只可能是硝酸不足，硝酸完全反应，根据氮元素守恒可知，溶液中n（HNO3）=n（NO）=0.02mol，c（HNO3）==0.2mol/L，原溶液中c（H+）=2c（H2SO4）+c（HNO3），即1mol/L=2c（H2SO4）+0.2mol/L，解得c（H2SO4）=0.4mol/L，故选：B．-32-【点评】本题考查硝酸性质、混合物的计算等，难度中等，学生习惯用硝酸跟铜反应的化学方程式进行计算，容易忽视了硫酸电离出的H+造成错解，要重视离子方程式在化学计算中的应用．　二.填空题（共52分）17．氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，酸性KMnO4、H2O2、Fe（NO3）3是重要的氧化剂．用所学知识回答问题：（1）3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，当有6molH2SO4参加反应的过程中，有　10　mol还原剂被氧化．（2）在稀硫酸中，KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为　2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2+++8H2O　（3）取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是　0.032　mol．（4）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是　2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+　，又变为棕黄色的原因是　H+与NO3﹣组成的硝酸把Fe2+氧化　．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【专题】简答题．【分析】（1）在3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应中，当有6molH2SO4参加反应时，有10molH2O2参加反应，此反应中H2O2的所含氧元素化合价由﹣1价全部升高为0价，是还原剂；（2）将3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O改写为离子方程式时只要将反应体系中可溶性的强酸、盐改写为完全电离形式，再删除不参加反应的离子即可；（3）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，结合化合价的变化计算转移的电子的数目，可计算消耗KMnO4的物质的量；（4）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32﹣发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42﹣，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3﹣与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色．-32-【解答】解：（1）在3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应中是还原剂，H2O2与H2SO4的化学计量数之比为5：3，当有6molH2SO4参加反应时，同时有10molH2O2被氧化，故答案为：10；（2）反应中H2SO4、KMnO4、K2SO4、MnSO4均可改写为完全电离形式，其它仍用化学式表示，改写后再删除不参加反应的离子即可得2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2+++8H2O，故答案为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2+++8H2O；（3）n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×==0.16mol，则消耗KMnO4的物质的量的是=0.032mol，故答案为：0.032；（4）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32﹣发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42﹣，反应的离子方程式为2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下NO3﹣与Fe2+反应生成Fe3+，过一会又变为棕黄色，故答案为：2Fe3++SO32﹣+H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+；H+与NO3﹣组成的硝酸把Fe2+氧化．【点评】本题考查氧化还原反应的分析及电子转移的计算，涉及离子方程式的书写，对学生的分析能力和计算能力要求较高，中等难度．　18．饮水安全在人们生活中占有极为重要的地位，某研究小组提取三处被污染的水源进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处被污染的水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质．A、B、C、D、E五种常见化合物都是由下表中的离子形成：阳离子k+Na+Cu2+Al3+阴离子SO42﹣HCO3﹣NO3﹣OH﹣为了鉴别上述化合物，分别进行以下实验，其结果如下所示：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃片）；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：B：　KNO3　、D：　CuSO4　．-32-（2）将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物为　Na2CO3　．（3）写出实验②发生反应的离子方程式：　Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓　、　Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　．（4）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理：　Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+　．【考点】无机物的推断．【分析】①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有Cu2+离子；②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有Al3+离子，E中含有OH﹣离子；③进行焰色反应实验，只有B、C为紫色，则B、C含有K+离子，结合离子共存，所以E是NaOH；④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有HCO3﹣离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有SO42﹣离子，所以D是CuSO4，C是KAl（SO4）2，A是NaHCO3；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是KNO3．【解答】解：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有Cu2+离子；②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有Al3+离子，E中含有OH﹣离子；③进行焰色反应实验，只有B、C为紫色，则B、C含有K+离子，结合离子共存，所以E是NaOH；④在各溶液中加入Ba（NO3）2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有HCO3﹣离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有SO42﹣离子，所以D是CuSO4，C是KAl（SO4）2，A是NaHCO3；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是KNO3．（1）由上述分析可知，B为KNO3，D为CuSO4，故答案为：KNO3；CuSO4；（2）A是NaHCO3，E是NaOH，1molA的溶液与含1molE的溶液反应生成碳酸钠和水，蒸干过程中碳酸钠水解得到碳酸氢钠与氢氧化钠，最终二者又反应得到Na2CO3，故答案为：Na2CO3；（3）实验②发生反应的离子方程式：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，-32-故答案为：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（4）C中含有铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，水解反应方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+．【点评】本题考查无机物推断，属于未知物的检验推断，涉及离子共存、离子反应等，关键明确离子之间发生的反应现象，有利于培养学生的逻辑思维推理能力和，难度中等．　19．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O2、C1O2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑反应中物质X应是　Na2O　，a与c的关系是　a=4+2c　．②简要说明K2FeO4作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用　K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为铁离子，铁离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质而沉降　．（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、C1O﹣、OH﹣、FeO42﹣、C1﹣、H2O．①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：　2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O　．②每生成1molFeO42﹣转移　3　mo1电子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量为　0.15　mo1．③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明什么问题　该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小　．【考点】氧化还原反应．【分析】（1）①反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由﹣1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由﹣1价降低到﹣2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故X只能为Na2O；根据原子守恒判断a、c关系；②利用氧化性消毒，利用胶体吸附杂质；-32-（2）①高铁酸钾是生成物，则Fe（OH）3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe（OH）3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，C1O﹣具有强氧化性，所以C1O﹣是反应物，生成物是C1﹣，Cl元素化合价由+1价变为﹣1价，转移电子数为6；②该反应中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，Cl元素化合价由+1价变为﹣1价，转移电子数为6，根据转移电子和高铁酸根离子之间关系式计算转移电子物质的量、根据转移电子和还原产物之间关系式计算还原产物物质的量；③相同条件下溶解度低的先析出．【解答】解：（1）①反应中铁元素由+2价升高到+6价，过氧化钠中的部分氧由﹣1价升高到0价，根据氧化还原反应中元素化合价升降规律，过氧化钠中的另一部分氧一定会由﹣1价降低到﹣2价，反应中硫、铁原子已经守恒，故X只能为Na2O，配平后方程式为2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，可知a=4+2c，故答案为：Na2O；a=4+2c；②K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为铁离子，铁离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质而沉降，从而净化水，故答案为：K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为铁离子，铁离子水解生成胶体可吸附水中悬浮杂质而沉降；（2）①高铁酸钾是生成物，则Fe（OH）3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe（OH）3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，C1O﹣具有强氧化性，所以C1O﹣是反应物，生成物是C1﹣，Cl元素化合价由+1价变为﹣1价，转移电子数为6，溶液在碱性条件下进行，则氢氧化根离子参加反应，生成水，反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；②2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则该反应中转移电子数为6，每生成1molFeO42﹣转移电子物质的量=3mol，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量=0.15mol，故答案为：3；0.15；③由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，所以低温下在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），故答案为：该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小．-32-【点评】本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，正确判断各个物理量之间关系式是解本题关键，难点是化学反应方程式的配平，要注意原子守恒、转移电子守恒及电荷守恒，题目难度不大．　20．孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量FeO、SiO2．以孔雀石为原料可制备CuSO4•5H2O步骤如下：（1）．写出孔雀石与稀硫酸反应的化学方程式：　Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2　，为了提高原料浸出速率，可采取的措施有　增加硫酸浓度、将原料粉碎　　提高反应温度，加催化剂等　（写出两条）．（2）．溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+．实验步骤中试剂①最佳选　c　（填代号）．a．KMnO4b．Cl2c．H2O2d．HNO3（3）溶液B中加入CuO作用是　调pH值，（或减少c（H+），）使Fe3+沉淀完全　．（4）常温下Fe（OH）3的Ksp=1×10﹣39，若要将溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，使溶液中c（Fe3+）降低至1×10﹣3mol/L，必需将溶液pH调节至　2　．（5）由溶液C获得CuSO4•5H2O晶体，需要经　蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液）　、　冷却结晶　和过滤．（6）可用KMnO4标准溶液测定溶液A中Fe2+的浓度，量取A溶液20.00ml，用0.010mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO410.00ml，A溶液中Fe2+的物质的量浓度　0.025　mol/L．（反应原理：MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，向孔雀石中加入足量稀硫酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，硅和稀硫酸不反应，溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，气体E为CO2、H2-32-，向溶液A中加入试剂①得到溶液B，试剂①是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，可选取双氧水，向溶液B中加入试剂②经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作Ⅰ为过滤，D为Fe（OH）3，以及过量的试剂，溶液C为硫酸铜溶液，所以为试剂②为CuO或Cu（OH）2或CaCO3或Cu2（OH）2CO3，据此答题．（1）碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应，依据影响化学反应速率的因素分析判断；（2）双氧水是一种绿色试剂，将Fe2+氧化为Fe3+，但无明显现象；（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，且不引入新的杂质；（4）依据溶度积常数计算氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算氢离子浓度得到溶液PH；（5）溶液中得到溶质的方法是经蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），冷却结晶、过滤，得到溶质；（6）Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应中MnO4﹣被还原为Mn2+，最小公倍数为5，所以KMnO4前系数为1，Fe2+前系数为5，结合原子守恒和电荷守恒配平写出离子方程式，结合定量关系计算亚铁离子浓度．【解答】解：孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，向孔雀石中加入足量稀硫酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，硅和稀硫酸不反应，溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，气体E为CO2、H2，向溶液A中加入试剂①得到溶液B，试剂①是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，可选取双氧水，向溶液B中加入试剂②经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作Ⅰ为过滤，D为Fe（OH）3，以及过量的试剂，溶液C为硫酸铜溶液，所以为试剂②为CuO或Cu（OH）2或CaCO3或Cu2（OH）2CO3，（1）碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，生成硫酸铜、水和二氧化碳，为了提高原料浸出速率，可采取的措施有增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等，故答案为：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；增加硫酸浓度、将原料粉碎、提高反应温度，加催化剂等；（2）Fe2+具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，与KSCN不反应，加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀而不能检验Fe2+，双氧水，双氧水是一种绿色试剂，将Fe2+氧化为Fe3+，但无明显现象，只有b正确，故答案为：c；-32-（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，且不引入新的杂质，故答案为：调pH值，（或减少c（H+），）使Fe3+沉淀完全；（4）常温下Fe（OH）3的Ksp=1×10﹣39，使溶液中c（Fe3+）=1×10﹣3mol/L，则c（OH﹣）=mol/L=1×10﹣12mol/L，所以溶液中c（H+）=1×10﹣2mol/L，则pH=2，故答案为：2；（5）CuSO4•5H2O晶体，在高温时易失去水，所以从溶液中获得CuSO4•5H2O晶体，需要经蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液），冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩（或加热蒸发、蒸发溶液）、冷却结晶；（6）Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应中MnO4﹣被还原为Mn2+，最小公倍数为5，所以KMnO4前系数为1，Fe2+前系数为5，反应的离子方程式为MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据离子方程可知MnO4﹣～5Fe2+，用去KMnO4的物质的量为10.00mL×0.010mol/L=1.0×10﹣4mol，所以A溶液中Fe2+浓度为=0.025mol/L，故答案为：0.025．【点评】本题考查以孔雀石为主要原料制备CuSO4•5H2O及纳米材料，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力得到考查，注意把握实验的原理以及物质的性质，为解答该类题目的关键，注意掌握实验基本操作和流程分析，题目难度中等．　21．三苯甲醇是一种重要的化工原料和医药中间体，实验室合成三苯甲醇的流程如图1所示，装置如图2所示．溴苯、乙醚溶液（40℃）苯甲酸乙酯、乙醚溶液、搅拌格氏试剂氯化铵饱和溶液镁条中间物三苯甲醇图1-32-已知：（I）格氏试剂容易水解：（Ⅱ）相关物质的物理性质如下：物质熔点沸点溶解性三苯甲醇164.2℃380℃不溶于水，溶于乙醇，乙醚等有机溶剂乙醚﹣116.3℃34.6℃微溶于水，溶于乙醇，笨等有机溶剂溴苯﹣30.7℃156.2℃不溶于水，溶于乙醇，乙醚等有机溶剂（Ⅲ）三苯甲醇的相对分子质量是260．请回答以下问题：（1）装置中玻璃仪器B的名称为　冷凝管　；装有无水CaCl2的仪器A的作用是　防止空气中的水蒸气进入装置，避免格氏试剂水解　．（2）装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是　平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下　；制取格氏试剂时要保持温度约为40℃，可以采用　水浴　加热方式．①溶解、过滤粗产品②洗涤、干燥三苯甲醇（3）制得的三苯甲醇粗产品经过初步提纯，仍含有氯化铵杂质，可以设计如下提纯方案：其中，洗涤液最好选用　a　（填字母序号）．a．水b．乙醚c．乙醇d．苯-32-检验产品已经洗涤干净的操作为　取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则已洗涤干净，反之则未洗涤干净　．（4）纯度测定：称取2.60g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠（乙醚与钠不反应），充分反应后，测得生成的气体在标准状况下的体积为100.80mL．则产品中三苯甲醇的质量分数为　90%　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）图中玻璃仪器B的名称是冷凝管，由于格氏试剂容易水解，B的作用是防止空气中的水蒸气进入装置；（2）装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是平衡压强，利用水浴加热，受热均匀，便于控制温度；（3）三苯甲醇粗产品中含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等有机物，三苯甲醇的沸点最高，所以先用蒸馏的方法除去有机杂质；碱式溴化镁溶于水，不溶于有机溶剂，所以洗涤液选用水；检查洗涤是否干净，取少量最后一次洗涤液于试管中，用硝酸银溶液检验是否含有溴离子；（4）由2﹣OH～H2可计算出三苯甲醇的物质的量，再根据m=nM计算三苯甲醇的质量，进而计算产品中三苯甲醇的质量分数．【解答】解：（1）图中玻璃仪器B的名称是冷凝管，由于格氏试剂容易水解，B的作用是防止空气中的水蒸气进入装置，避免格式试剂水解，故答案为：冷凝管；防止空气中的水蒸气进入装置，避免格氏试剂水解；（2）装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下；利用水浴加热，受热均匀，便于控制温度；利用水浴加热，受热均匀，便于控制温度；故答案为：平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下；水浴；（3）由于碱式溴化镁溶于水，不溶于有机溶剂，所以洗涤液选用水，故选a；检查洗涤是否干净的一般步骤是：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则已洗涤干净，反之则未洗涤干净，故答案为：a；取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则已洗涤干净，反之则未洗涤干净；（4）由2﹣OH～H2，可知三苯甲醇的物质的量是×2=0.009mol，所以产品中三苯甲醇的质量是0.009mol×260g/mol=2.34g，则产品中三苯甲醇的质量分数=×100%=90%，故答案为：90%．-32-【点评】本题考查有机物合成实验、物质的分离与洗涤等基本操作、对实验装置的分析评价等，较好的考查学生对数据的应用、阅读获取信息的能力以及知识迁移应用，难度中等．-32-