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-