2022-2022学年山东省潍坊市临朐县高三（上）段考化学试卷（10月份）一、选择题（本题包括15个小题，1～5小题，每小题2分；6～15小题，每题三分，共40分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学与生活、社会密切相关．下列说法错误的是()A．亚硝酸盐属丁食物防腐剂，可以适量地添加于食物中B．氨气泄漏时，可喷洒大量的水以减少氨气的扩散C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D．大量燃烧化石燃料是造成雾霾大气的重要原因2．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是()A．Na2O2是碱性氧化物，能与CO2、H2O反应作供氧剂B．浓硫酸具有强氧化性，常温下可用铝罐盛装C．SO2利Cl2均具有漂白性，两者混合使用可以增强漂白效果D．氯气具有酸性，可与烧碱或石灰乳反应制取含氯消毒剂3．下列实验过程中，始终无明显现象的是()A．CO2通入饱和碳酸钠溶液中B．在稀硫酸中加入铜粉，再加入KNO3固体C．NO2通入FeSO4溶液中D．SO2通入饱和CaCl2溶液中4．下列叙述正确的是()A．非金属氧化物一定不是碱性氧化物B．HCl、H2S、NH3都是电解质C．漏斗、蒸馏烧瓶、分液漏斗、滴定管等仪器常用于物质分离D．Fe（OH）3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备5．在探究氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是()实验序号实验现象实验结论A氯水呈浅绿色氯水中含有含有Cl2B向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色氯水中含有HClOC向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀氯水中含有Cl﹣D向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生氯水中含有H+A．AB．BC．CD．D6．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电了数为0.3NAB．7.8gNa2S和Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数大于0.1NAC．50mLl8.4mol•L浓浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数日为0.46NA-22-D．常温常压下，46gNO2和N2O4的混合物中含有2NA个氧原子7．常温下，下列各组离子或分子在指定分散系中一定能大量共存的是()A．pH=1的溶液中：Na+、I﹣、NO3﹣、SO42﹣B．氢氧化铁胶体中：H+、K+、Cl﹣、S2﹣C．在pH=0的溶液中：Na+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣D．水电离产生的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：HCO3﹣、NH4+、Cl﹣、Ca2+8．下列离子方程式中，正确的是()A．次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClOB．用碳酸钠溶液吸收少量的二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣C．用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．NH4HCO3溶液与过量的NaOH溶液反应：NH4++OH﹣=NH3↑+H2O9．下列实验中所选用的仪器或实验基本操作合理的是()①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸；②用酒精洗涤粘有硫粉的试管；③用托盘天平称量10.1g氯化钠晶体；④实验中不慎将手指划破，可立即用FeCl3溶液止血；⑤用瓷坩埚熔融NaOH固体；⑥用饱和NaHCO3溶液除之CO2中的少量SO2．A．①②③④B．③④⑥C．③④⑤D．③⑤⑥10．中学常见物质A、B、C、D存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．该转化关系中A可能是下列物质中的()ABC①金属钠②硫单质③NH3④Na2CO3⑤AlCl3溶液⑥单质铁．A．3B．4C．5D．611．下列关于某溶液所含离子的检验方法和结论正确的是()A．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，说明有Ca2+B．通入少量Cl2后，溶液变为黄色，再加入淀粉溶液后，溶液变蓝，说明有I﹣C．加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定有CO32﹣或SO32﹣﹣D．往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明一定有SO42﹣12．反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是()A．两个反应中均为硫元素被氧化B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化C．氧化性：Mn02＞SO42﹣＞I03﹣＞I2D．反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为1：5-22-13．等质量的下列物质与足量浓盐酸反应（必要时可加热），放出Cl2物质的量最多的是()A．KMnO4B．MnO2C．NaClO3D．NaClO14．下列实验能达到相应目的是()A．制备少量的氧气B．证明氧化性Cl2＞Br2＞I2C．将海带灼烧成灰D．说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性15．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是()-22-A．原混合酸中NO3﹣物质的量浓度为2mol/LB．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，BC段产生氢气C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4D．H2SO4浓度为2.5mol•L﹣1二、（非选择题60分）16．水是生命之源，也是化学反应的主角．试回答下列问题：A、B、C是中学化学常见的三种有色物质（其组成元素均属于短周期元素），摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，请写出A、B、C与水反应的化学方程式：（1）A+H2O：__________；（2）B+H2O：__________；（3）C+H2O：__________．17．（14分）铁是人类较早使用的金属之一．运用铁及其化合物的有关知识，回答下列问题：（1）铁和铁合金是生活中的常用材料，下列叙述中，正确的是A．纯铁硬度比生铁高B．纯铁耐腐蚀性强，不易生锈C．不生钢是铁合金，只含金属元素D．铁在一定条件下，可与水蒸气反应E．铁在冷的浓硫酸中钝化（2）向沸水中逐滴滴加1mol•L﹣1FeC13溶液，至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为__________，形成该分散系的微粒粒度范围是__________．（3）电子工业需用30%的FeC13溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板．请写出FeC13溶液与铜反应的离子方程式__________．欲从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeC13溶液，现有下列试剂：①氯气②铁粉③浓硝酸④浓盐酸⑤烧碱⑥浓氨水，需要用到的一组试剂是__________A．①②④B．①③④⑥C．②④⑤D．①④⑥（4）高铁酸钠Na2FeO4是一种新型净水剂．①高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O，则X的化学式为__________．②高铁酸钠在水中可以发生如下反应：4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2由此看来，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有__________性，而能够除去水中悬浮物是因为__________．③下列物质能作净水剂的有__________．aKAl（SO4）2•12H2Ob聚合硫酸铁[Fe（OH）（SO4）]ncClO2d．“84”消毒液．18．（16分）某兴趣小组利用如图装置制备氮化镁并探究氮化镁的某些性质．请完成横线上的相关问题：-22-（1）实验步骤及现象：①连接仪器并__________．然后，向各仪器中加入适量所需药品．②__________．③打开分液漏斗活塞，观察到B中浓溴水颜色变浅至褪色，C中产生无色气泡．④点燃酒精灯，观察到E中固体变成了黄绿色．（氮化镁是黄绿色固体，遇水剧烈反应生成两种碱．）（2）A装置中仪器a的名称为__________．（3）写出B处反应的化学方程式__________．（4）D装置中的P2O5是一种非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是__________．a．NH3b．HIC．SO2d．CO2（5）E装置中发生反应的化学方程式为：__________．（6）此装置中存在着明显缺陷，你的改进措施是：__________．（7）某同学要探究E中固体成分．将E中的固体放入稀盐酸中，观察到固体溶解并产生气泡，写出此过程中反应的化学方程式__________、__________．19．（14分）铜及其化合物在生产生活中有广泛应用，铜在化合物中的常见化合价有+1、+2．已知Cu2O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色．（1）工业上可用Cu2S+O22Cu+SO2反应制取粗铜，该反应中__________元素被还原．（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃，加入H2O2，一段时间后，升温到60℃，再反应一段时间后可制得硫酸铜，该反应的离子方程式为：__________．温度控制在50℃～60℃的原因除了控制反应速率因素外，还有__________．在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀．写出生成CuCl的离子方程式__________．（3）现向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入2L0.6．mol•L﹣1HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到4480mLNO气体（标准状况）．Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为__________．若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得固体的质量为__________g．若混合物中含0.2molCu，将混合物与稀硫酸充分反应，消耗H2SO4的物质的量为__________mol．20．空气吹出发工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：-22-（1）步骤①中用硫酸酸化的目的是__________．步骤②发生反应的离子方程式为__________．（2）步骤④利用了SO2的还原性，反应的离子方程式：__________．（3）步骤⑥的名称是__________．（4）从含溴水中吹出的溴也可用纯碱吸收，纯碱吸收溴的主要反应是：Na2CO3+Br2→NaBrO3+NaBr+CO2吸收1molBr2时，转移的电子数为__________mol．纯碱吸收后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出．（5）化学上将SCN﹣、OCN﹣、CN﹣等离子称为“类卤离子”．现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成血红色；通入SO2后，血红色消失．血红色消失过程中发生反应的离子方程式为__________．-22-2022-2022学年山东省潍坊市临朐县高三（上）段考化学试卷（10月份）一、选择题（本题包括15个小题，1～5小题，每小题2分；6～15小题，每题三分，共40分．每小题只有一个选项符合题意．）1．化学与生活、社会密切相关．下列说法错误的是()A．亚硝酸盐属丁食物防腐剂，可以适量地添加于食物中B．氨气泄漏时，可喷洒大量的水以减少氨气的扩散C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D．大量燃烧化石燃料是造成雾霾大气的重要原因【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；氨的化学性质；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．根据食品保存的基本原理采用一定的方法杀死或抑制微生物在食品中的生长、繁殖分析探讨；B．氨气有毒，氨气极易溶于水，可以使用水吸收氨气；C．漂白粉在空气中与水、二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸，用于漂白纸张为漂白性；D．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘．【解答】解：A．根据食物腐败变质的原因，食品保存就要尽量的杀死或抑制微生物的生长和大量繁殖，可以避免食物的腐败变质，亚硝酸盐具有防腐性，可与肉品中的肌红素结合而更稳定，所以常在食品加工业被添加在香肠和腊肉中作为保色剂，以维持良好外观；其次，它可以防止肉毒梭状芽孢杆菌的产生，提高食用肉制品的安全性，所以可以适量地添加于食物中，故A正确；B．氨气极易溶于水，所以氨气泄漏时可喷洒大量水进行处理，故B正确；C．漂白粉在空气中与水、二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸，用于漂白纸张为漂白性，表现性质不同，故C错误；D．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故D正确．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及防腐剂、漂白粉、氨气以及环境污染等问题，为高考常见题型，侧重于学生的双基的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是()A．Na2O2是碱性氧化物，能与CO2、H2O反应作供氧剂B．浓硫酸具有强氧化性，常温下可用铝罐盛装C．SO2利Cl2均具有漂白性，两者混合使用可以增强漂白效果D．氯气具有酸性，可与烧碱或石灰乳反应制取含氯消毒剂【考点】氯气的化学性质；浓硫酸的性质；钠的重要化合物．【分析】A、Na2O2不是碱性氧化物，与水和二氧化碳反应生成氧气；B、浓硫酸具有强氧化性，常温下与铁和铝发生钝化；C、SO2利Cl2均具有漂白性，两者混合要发生化学反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；D、氯气与烧碱或石灰乳反应体现了氯气的氧化性和还原性；【解答】解：A、Na2O2不是碱性氧化物，与水和二氧化碳反应生成氧气，故A错误；B、浓硫酸具有强氧化性，常温下与铁和铝发生钝化，所以常温下可用铝罐盛装，故B正确；-22-C、SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应产物稀H2SO4和盐酸都没有漂白性，故D错误；D、氯气与烧碱或石灰乳反应体现了氯气的氧化性和还原性，不是酸性，故D错误；故选B．【点评】本题考查了几种常见物质的物理性质和化学性质，以及它们的用途．3．下列实验过程中，始终无明显现象的是()A．CO2通入饱和碳酸钠溶液中B．在稀硫酸中加入铜粉，再加入KNO3固体C．NO2通入FeSO4溶液中D．SO2通入饱和CaCl2溶液中【考点】二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．【分析】根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意；A、碳酸氢钠溶解性小于碳酸钠，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液生成碳酸氢钠晶体；B、硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性；C、二氧化氮和水反应生成硝酸具有强氧化性氧化亚铁离子；D、二氧化硫和氯化钙不能反应；【解答】解：A、CO2通入饱和Na2CO3溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，溶液变浑浊，现象明显，故A不选；B、在稀硫酸中加入铜粉，再加入KNO3固体，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，溶解铜溶液成蓝色，现象明显，故B不选；C、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故C不选；D、因SO2和CaCl2不反应，无明显现象，故D选；故选D．【点评】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解SO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，亚硫酸是弱酸，故将SO2通入CaCl2溶液中时，因亚硫酸钙沉淀能溶于盐酸则SO2和CaCl2不反应，题目难度中等．4．下列叙述正确的是()A．非金属氧化物一定不是碱性氧化物B．HCl、H2S、NH3都是电解质C．漏斗、蒸馏烧瓶、分液漏斗、滴定管等仪器常用于物质分离D．Fe（OH）3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备【考点】电解质与非电解质；铁的化学性质；过滤、分离与注入溶液的仪器．【分析】A．能够与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；B．在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物，属于电解质；C．熟悉仪器的构造及其用途；D．氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁．【解答】解：A．如非金属氧化物不能和酸反应生成对应盐和水，不是碱性氧化物，故A正确；B．HCl、H2S属于电解质，氨气属于非电解质，故B错误；C．常用的物质的分离的方法：过滤、蒸馏、分液、蒸发等，漏斗、蒸馏烧瓶、分液漏斗是所用的仪器，但是滴定管不用于物质的分离，故C错误；-22-D．Fe（OH）3可以由氢氧化亚铁、氧气、水化合生成，故D错误；故选：A．【点评】本题为综合题，考查了电解质的判断、碱性氧化物的概念、仪器的用途，题目难度不大，熟悉相关概念、仪器的使用方法是解题关键，注意对基础知识的积累．5．在探究氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是()实验序号实验现象实验结论A氯水呈浅绿色氯水中含有含有Cl2B向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色氯水中含有HClOC向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀氯水中含有Cl﹣D向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生氯水中含有H+A．AB．BC．CD．D【考点】探究氯水、氯气的漂白作用．【分析】氯气溶液水得到的溶液为氯水，氯水中，氯气大部分以分子形式存在，少量氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢为强电解质完全电离生成氢离子和氯离子，次氯酸为弱电解质部分电离，生成氢离子和次氯酸根离子，据此解答．【解答】解：A．氯气为黄绿色气体，氯水呈浅绿色，是因为溶解了氯气，故A正确；B．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，是因为发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故B错误；C．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢为强电解质完全电离生成氢离子和氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，故C正确；D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，是因为，碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了氯水的性质，侧重考查学生对基础知识的掌握，为高考的频考点，明确氯水的成分是解题关键，注意对基础知识的积累．6．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是()A．5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移电了数为0.3NAB．7.8gNa2S和Na2O2的固体混合物中含有的阴离子数大于0.1NAC．50mLl8.4mol•L浓浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数日为0.46NAD．常温常压下，46gNO2和N2O4的混合物中含有2NA个氧原子【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．先判断过量情况，然后根据不足量计算出转移的电子数；B．过氧化钠和硫化钠的摩尔质量都是78g/mol，过氧化钠中阴离子为过氧根离子；C．铜足量，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸时反应停止，则硫酸不会完全反应；D．NO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有的氧原子数目．【解答】解：A．5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁完全反应消耗0.15mol氯气，氯气不足，0.1mol氯气完全反应转移了0.2mol电子，转移电了数为0.2NA，故A错误；B．7.8g硫化钠和过氧化钠混合物的物质的量为0.1mol，由于过氧化钠中阴离子为过氧根离子，则0.1mol混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数为0.1NA，故B错误；-22-C．50mLl8.4mol/L的浓硫酸中含有硫酸0.92mol，消耗0.92mol硫酸会生成0.46mol二氧化硫，由于浓硫酸变成稀硫酸后，反应题中，则反应放出的二氧化硫小于0.46mol，生成SO2分子的数日为0.46NA，故C错误；D．46gNO2和N2O4的混合物中含有1mol最简式为NO2，则该混合物中含有2mol氧原子，含有2NA个氧原子，故D正确；故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意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，明确分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项B为易错点，注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子．7．常温下，下列各组离子或分子在指定分散系中一定能大量共存的是()A．pH=1的溶液中：Na+、I﹣、NO3﹣、SO42﹣B．氢氧化铁胶体中：H+、K+、Cl﹣、S2﹣C．在pH=0的溶液中：Na+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣D．水电离产生的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：HCO3﹣、NH4+、Cl﹣、Ca2+【考点】离子共存问题．【分析】A．pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，能够氧化碘离子；B．氢氧化铁胶粒带有正电荷，能够与阴离子发生聚沉现象；C．在pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，Na+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣离子之间不发生反应，也不与氢离子反应；D．水电离产生的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在电离氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子、钙离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子还与氢离子反应．【解答】解：A．pH=1的溶液中含有大量氢离子，NO3﹣离子在酸性溶液中能够氧化I﹣，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Cl﹣、S2﹣能够与氢氧化铁胶粒发生聚沉现象，在分散系中不能大量共存，故B错误；C．在pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，Na+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．水电离产生的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量H+或OH﹣，HCO3﹣、Ca2+、NH4+与氢氧根离子反应，HCO3﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．8．下列离子方程式中，正确的是()A．次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClOB．用碳酸钠溶液吸收少量的二氧化硫：2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣C．用食醋除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．NH4HCO3溶液与过量的NaOH溶液反应：NH4++OH﹣=NH3↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．二者反应生成碳酸氢钙和次氯酸；-22-B．二者反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠；C．弱电解质写化学式；D．二者反应生成碳酸钠、一水合氨和水．【解答】解：A．二者反应生成碳酸氢钙和次氯酸，离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故A错误；B．二者反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，离子方程式为2CO32﹣+SO2+H2O=2HCO3﹣+SO32﹣，故B正确；C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故C错误；D．二者反应生成碳酸钠、一水合氨和水，离子方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣=NH3．H2O+CO32﹣+H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等，易错选项是BD，注意B中酸的强弱，D中如果不加热不生成氨气，这些都是易错点．9．下列实验中所选用的仪器或实验基本操作合理的是()①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸；②用酒精洗涤粘有硫粉的试管；③用托盘天平称量10.1g氯化钠晶体；④实验中不慎将手指划破，可立即用FeCl3溶液止血；⑤用瓷坩埚熔融NaOH固体；⑥用饱和NaHCO3溶液除之CO2中的少量SO2．A．①②③④B．③④⑥C．③④⑤D．③⑤⑥【考点】计量仪器及使用方法；间接加热的仪器及使用方法．【分析】①在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差；量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则进行解答；②硫微溶于酒精；③托盘天平能准确到0.1g；④血液是胶体，应具有胶体的性质；⑤瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应；⑥亚硫酸的酸性比碳酸强；【解答】解：①在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差；量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，所以不能用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸，故①错误；②硫微溶于酒精，应用二硫化碳洗涤，故②错误；③托盘天平能准确到0.1g，可称量10.1g氯化钠晶体，故③正确；④氯化铁是电解质，向胶体中加入电解质溶液会使胶体发生聚沉，故④正确；⑤瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应，而使坩埚炸裂，故⑤错误；⑥亚硫酸的酸性比碳酸强，将混合气体通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，可除去SO2，故⑥正确；故选B．-22-【点评】本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意相关基本实验操作的实验注意事项．10．中学常见物质A、B、C、D存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．该转化关系中A可能是下列物质中的()ABC①金属钠②硫单质③NH3④Na2CO3⑤AlCl3溶液⑥单质铁．A．3B．4C．5D．6【考点】无机物的推断．【分析】①A为钠，D为氧气，B为氧化钠，C为过氧化钠，符合转化关系；②A为硫，D为氧气，符合转化关系；③A为NH3，D为氧气，符合转化关系；④若A为Na2CO3，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳；⑤A为AlCl3溶液，D为NaOH，符合转化关系；⑥A为铁，D为硝酸，符合转化关系．【解答】解：①A为钠，D为氧气，B为氧化钠，C为过氧化钠，符合转化关系，故①正确；②A为硫，D为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，符合转化关系，故②正确；③A为NH3，D为氧气，B为NO，C为二氧化氮，符合转化关系，故③正确；④若A为Na2CO3，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳，符合转化关系，故④正确；⑤A为AlCl3溶液，D为NaOH，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，符合转化关系，故⑤正确；⑥A为铁，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C为硝酸铁，符合转化关系，故⑥正确，故选D．【点评】本题考查元素化合物性质与转化，属于半开放性题目，难度不大，熟练掌握元素化合物性质是关键，注意归纳总结中学常见连续反应．11．下列关于某溶液所含离子的检验方法和结论正确的是()A．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，说明有Ca2+B．通入少量Cl2后，溶液变为黄色，再加入淀粉溶液后，溶液变蓝，说明有I﹣C．加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定有CO32﹣或SO32﹣﹣D．往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明一定有SO42﹣【考点】常见阴离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子．B、氯气能置换碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色．C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫．D、能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子和亚硫酸根离子，但碳酸钡能溶于稀硝酸，亚硫酸钡能被氧化为硫酸钡．【解答】解：A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子，也可能是钡离子，故A错误．B、氯气能置换碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色，所以通入少量Cl2后，溶液变为黄色，再加入淀粉溶液后，溶液变蓝，说明有I﹣，故B正确．C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体的阴离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，故C错误．-22-D、稀硝酸有强氧化性，能把亚硫酸盐氧化成硫酸盐，所以往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，原溶液中可能含有硫酸根离子，故D错误．故选B．【点评】本题考查了常见阴离子的检验，难度不大，易错选项是C、D选项，注意稀硝酸有强氧化性，能把亚硫酸盐氧化成硫酸盐．12．反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：①2NaI+MnO2+3H2SO4═2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2②2NaIO3+5NaHSO3═2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是()A．两个反应中均为硫元素被氧化B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化C．氧化性：Mn02＞SO42﹣＞I03﹣＞I2D．反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为1：5【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．失电子化合价升高的元素被氧化；B．失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；C．自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．根据碘和转移电子之间的关系式计算．【解答】解：A．在反应①中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应②中被氧化，故A错误；B．碘元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原，故B错误；C．氧化性I03﹣＞SO42﹣，故C错误；D．反应①中生成1mol碘转移2NA电子，反应②中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意利用化合价计算转移的电子数，题目难度不大．13．等质量的下列物质与足量浓盐酸反应（必要时可加热），放出Cl2物质的量最多的是()A．KMnO4B．MnO2C．NaClO3D．NaClO【考点】氧化还原反应的计算．【分析】结合n=计算氧化剂的物质的量，结合得到电子数越多，则生成氯气越多，注意选项C中还原产物、氧化产物均为氯气，以此来解答．【解答】解：设质量均为m，则转移电子分别为、、、，显然选项C得到电子最多，生成氯气最多，且氧化产物与还原产物均为氯气，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化计算转移电子为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．-22-14．下列实验能达到相应目的是()A．制备少量的氧气B．证明氧化性Cl2＞Br2＞I2C．将海带灼烧成灰D．说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离；B．生成的溴中混有氯气，不能证明溴与碘的氧化性强弱；C．灼烧海带，应在坩埚中；D．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，向蔗糖中加入浓硫酸变黑，放热，体积膨胀，碳和浓硫酸之间反应放出刺激性气体SO2．【解答】解：A．过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，则图中装置不能控制反应速率，故A错误；B．生成的溴中混有氯气，不能证明溴与碘的氧化性强弱，应先将溴中的氯气除去，故B错误；C．灼烧海带，应在坩埚中，不能在蒸发皿中灼烧，故C错误；D．向蔗糖中加入浓硫酸变黑，说明浓硫酸具有脱水性，有二氧化硫生成，说明有强氧化性，二氧化硫使品红褪色，说明有漂白性，使酸性高锰酸钾褪色，说明有还原性，故D正确．故选D．-22-【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备以及物质的性质比较等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和合理性，难度不大．15．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是()A．原混合酸中NO3﹣物质的量浓度为2mol/LB．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，BC段产生氢气C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4D．H2SO4浓度为2.5mol•L﹣1【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．A、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；B、铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；C、铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；D、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度．【解答】解：A、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以原混合酸中n（NO3﹣）=2n（Fe）=2×=0.4mol，所以NO3﹣物质的量浓度为=2mol/L，故A正确；B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；C、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D、反应消耗22.4g铁，物质的量为=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/l，故D错误．故选D．-22-【点评】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用．二、（非选择题60分）16．水是生命之源，也是化学反应的主角．试回答下列问题：A、B、C是中学化学常见的三种有色物质（其组成元素均属于短周期元素），摩尔质量依次增大，它们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，请写出A、B、C与水反应的化学方程式：（1）A+H2O：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）B+H2O：Cl2+H2O=HCl+HClO；（3）C+H2O：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．【考点】氧化还原反应．【分析】中学化学中常见由短周期元素组成的有色物质，且它们均能与水发生氧化还原反应但水既不是氧化剂也不是还原剂的是有Cl2、NO2、Na2O2，摩尔质量依次增大，则可知A为NO2，B为Cl2，C为Na2O2，结合物质的性质分析．【解答】解：中学化学中常见由短周期元素组成的有色物质，且它们均能与水发生氧化还原反应但水既不是氧化剂也不是还原剂的是有Cl2、NO2、Na2O2，摩尔质量依次增大，则可知A为NO2，B为Cl2，C为Na2O2，（1）NO2与水反应生成NO和HNO3，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）Cl2与水反应生成HCl和HClO，化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；（3）Na2O2和水反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．【点评】本题考查了物质的推断题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度不大．17．（14分）铁是人类较早使用的金属之一．运用铁及其化合物的有关知识，回答下列问题：（1）铁和铁合金是生活中的常用材料，下列叙述中，正确的是A．纯铁硬度比生铁高B．纯铁耐腐蚀性强，不易生锈C．不生钢是铁合金，只含金属元素D．铁在一定条件下，可与水蒸气反应E．铁在冷的浓硫酸中钝化（2）向沸水中逐滴滴加1mol•L﹣1FeC13溶液，至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，形成该分散系的微粒粒度范围是1﹣100nm．（3）电子工业需用30%的FeC13溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板．请写出FeC13溶液与铜反应的离子方程式2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．欲从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeC13溶液，现有下列试剂：①氯气②铁粉③浓硝酸④浓盐酸⑤烧碱⑥浓氨水，需要用到的一组试剂是AA．①②④B．①③④⑥C．②④⑤D．①④⑥（4）高铁酸钠Na2FeO4是一种新型净水剂．①高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O，则X的化学式为NaCl．-22-②高铁酸钠在水中可以发生如下反应：4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2由此看来，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有强的氧化性性，而能够除去水中悬浮物是因为氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮杂质．③下列物质能作净水剂的有ab．aKAl（SO4）2•12H2Ob聚合硫酸铁[Fe（OH）（SO4）]ncClO2d．“84”消毒液．【考点】铁的化学性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；盐类水解的应用．【分析】（1）A．合金的硬度比各成分金属的大；B．纯铁不能形成原电池；C．不锈钢含有的金元素有铁、镍、钼、钛、铌、铜、氮等；D．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；E．浓硫酸具有强的氧化性；（2）向沸水中逐滴滴加1mol•L﹣1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色得到氢氧化铁胶体；（3）FeC13溶液与铜反应生成氯化亚铁了氯化铜；腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，铁可以置换金属铜，可以和三价铁反应，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁；（4）①根据质量守恒定律的实质，反应前后各元素的原子个数相等推断X的化学式；②具有氧化性物质能够杀菌消毒，氢氧化铁胶体具有吸附性；③具有较大表面积能够吸附杂质颗粒的物质能够做净水剂．【解答】解：（1）A．合金的硬度比各成分金属的大，故A错误；B．纯铁不能形成原电池，生铁含碳量高，容易形成原电池，腐蚀速率快，故B正确；C．不锈钢含有的金元素有铁、镍、钼、钛、铌、铜、氮等，故错误；D．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故D正确；E．浓硫酸具有强的氧化性，冷的浓硫酸与铁发生钝化反应，故E正确；故选：BDE；（2）氢氧化铁胶体制备的离子方程式为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铁胶体的微粒直径范围是1﹣100nm，故答案为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；1﹣100nm；（3）FeC13溶液与铜反应生成氯化亚铁了氯化铜，离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；腐蚀废液中含有氯化铜、氯化亚铁以及氯化铁，加入过量的铁可以和氯化铁反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成金属铜和氯化亚铁，即Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，过滤，所得的滤液是氯化亚铁，滤渣是金属铜和过量的铁，铜不能盐酸反应，而金属铁可以，Fe+2H+=Fe2++H2↑，向滤渣中加入足量的盐酸可以将铜分离，再过滤，得到的滤液是氯化亚铁，氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为三价铁，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，再向滤液中通入氯气即可，故选：A；故答案为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；A；（4）①因为反应前后各元素原子个数相等，X的化学式为NaCl；故答案为：NaCl；-22-②高铁酸钠具有氧化性物质能够杀菌消毒，生成的三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮杂质；故答案为：氧化性；氢氧化铁胶体具有吸附性，可以吸附水中的悬浮杂质；③KAl（SO4）2•12H2O电离生成的铝离子水解生成的氢氧化铝、聚合硫酸铁[Fe（OH）（SO4）]n，都能够吸附水中的杂质颗粒，可以用作净水剂；故答案为：ab．【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，为高考的频考点，难度中等，明确铁的性质是解题关键，注意物质净水的原理．18．（16分）某兴趣小组利用如图装置制备氮化镁并探究氮化镁的某些性质．请完成横线上的相关问题：（1）实验步骤及现象：①连接仪器并检查气密性．然后，向各仪器中加入适量所需药品．②通入惰性气体，排出装置内的空气．③打开分液漏斗活塞，观察到B中浓溴水颜色变浅至褪色，C中产生无色气泡．④点燃酒精灯，观察到E中固体变成了黄绿色．（氮化镁是黄绿色固体，遇水剧烈反应生成两种碱．）（2）A装置中仪器a的名称为分液漏斗．（3）写出B处反应的化学方程式3Br2+8NH3═6NH4Br+N2．（4）D装置中的P2O5是一种非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是b．a．NH3b．HIC．SO2d．CO2（5）E装置中发生反应的化学方程式为：N2+3MgMg3N2．（6）此装置中存在着明显缺陷，你的改进措施是：在E装置后，连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸汽进入E装置．（7）某同学要探究E中固体成分．将E中的固体放入稀盐酸中，观察到固体溶解并产生气泡，写出此过程中反应的化学方程式Mg3N2+8HCl═2MgCl2+2NH4Cl、Mg+2HCl═MgCl2+H2↑．【考点】制备实验方案的设计；氨的制取和性质．【专题】综合实验题；实验评价题．-22-【分析】本题是制备氮化镁的实验设计题，整个流程依次是先制取氨气，利用溴氧化氨气得氮气，用氢氧化钠溶液除挥发的溴，再用五氧化二磷干燥氮气，最后在加热的情况下镁与氮气反应生成氮化镁；（1）①整套装置涉及到气体的制备，因此需要检验装置气密性；②因镁带也能与氧气反应，因此需要提供无氧环境，避免副产物的生成；（2）装置A中a仪器是滴加浓氨水的，是分液漏斗；（3）B中是用溴氧化氨气制氮气，同时生成溴化铵；（4）可根据浓硫酸有强酸性及强氧化性，五氧化二磷遇水反应生成酸的性质来判断（5）E中是镁带在氮气中燃烧生成氮化镁；（6）因氮化镁极易水解，因此E装置后要接一个干燥装置，防空气中的水汽进入；（7）氮化镁极易水解，生成氨气和氢氧化镁，水解产物再和稀盐酸反应，固体中混有过量的镁也能和盐酸反应．【解答】解：（1）①制备气体的装置，需要检验装置气密性，故答案为：检查装置气密性；②为防止镁带与氧气反应，因此需要通入惰性气体，排出装置中的空气，提供无氧环境，避免副产物的生成，故答案为：通入惰性气体，排出装置中的空气；（2）装置A中a仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（3）B中发生反应的化学方程式为3Br2+8NH3═6NH4Br+N2，故答案为：3Br2+8NH3═6NH4Br+N2；（4）NH3能与酸反应，HI具有强还原性，故氮气不能用浓硫酸干燥，也不能用五氧化二磷干燥，但HI不能用浓硫酸干燥，能用五氧化二磷干燥，CO2和SO2都可以用二者干燥，故答案为：b；（5）E中发生反应的化学方程式为N2+3MgMg3N2，故答案为：N2+3MgMg3N2；（6）为防止氮化镁水解，在E装置后要接一个干燥装置，防空气中的水汽进入，故答案为：在E装置后，连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸汽进入E装置；（7）可看成氮化镁遇水生成氨气和氢氧化镁，再和盐酸继续反应，另外过量的镁也能和盐酸反应，发生反应的化学方程式为Mg3N2+8HCl═2MgCl2+2NH4Cl、Mg+2HCl═MgCl2+H2↑，故答案为：Mg3N2+8HCl═2MgCl2+2NH4Cl；Mg+2HCl═MgCl2+H2↑．【点评】本题考查氨气的制备与性质、镁的性质及实验的基本操作，综合性比较强，但难度较低，重点考查基础掌握情况．19．（14分）铜及其化合物在生产生活中有广泛应用，铜在化合物中的常见化合价有+1、+2．已知Cu2O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色．（1）工业上可用Cu2S+O22Cu+SO2反应制取粗铜，该反应中Cu、O元素被还原．（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃，加入H2O2，一段时间后，升温到60℃，再反应一段时间后可制得硫酸铜，该反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O．温度控制在50℃～60℃的原因除了控制反应速率因素外，还有防止H2O2分解．在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀．写出生成CuCl的离子方程式2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+．（3）现向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入2L0.6．mol•L﹣1HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到4480mLNO气体（标准状况）．Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为3Cu2O+14H++2NO3﹣=6Cu2++2NO↑+7H2O．若将上述混合物用足量的H2-22-加热还原，所得固体的质量为32g．若混合物中含0.2molCu，将混合物与稀硫酸充分反应，消耗H2SO4的物质的量为0.2mol．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；有关混合物反应的计算．【分析】（1）氧化还原反应中得电子的元素被还原；（2）根据H2O2的氧化性，在酸性条件下双氧水可以把铜氧化成二价铜离子；H2O2在较高温度时更容易分解，温度控制在50℃﹣60℃，可以防止H2O2分解；根据氧化还原原理以及原子守恒，写出离子反应方程式即可；（3）稀硝酸可把+1价Cu氧化为+2价Cu，同时被还原为NO，根据氧化还原规律可写成离子方程式；HNO3的总量为0.6×2=1.2mol，作为氧化剂反应的HNO3被还原为NO，其物质的量为：4.48L÷22．L/mol=0.2mol，那么起到酸性作用的HNO3为：1.2mol﹣0.2mol=1mol，这部分HNO3转化为了Cu（NO3）2，根据元素守恒计算即可．【解答】解：（1）Cu2S+O22Cu+SO2反应中化合价发生降低的元素有Cu和O，则被还原的元素为Cu和O，故答案为：Cu、O；（2）少量铜丝放入适量的稀硫酸中铜丝不与稀硫酸反应，但加入H2O2后由于双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可以把铜氧化成二价铜离子，所以离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；因为H2O2在较高温度时更容易分解，所以温度控制在50℃﹣60℃，可以防止H2O2分解；根据氧化还原原理，Cu2+把SO32‾氧化为SO42‾，根据原子守恒，反应物除Cu2+、Cl‾、SO32‾外，还有H2O，产物还有H+，配平得：2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+，故答案为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；防止H2O2分解；2Cu2++2Cl﹣+SO32﹣+H2O2CuCl↓+SO42﹣+2H+；（3）稀硝酸可把+1价Cu氧化为+2价Cu，同时被还原为NO，根据氧化还原规律可写成离子方程式；HNO3的总量为0.6×2=1.2mol，作为氧化剂反应的HNO3被还原为NO，其物质的量为：4.48L÷22．L/mol=0.2mol，那么起到酸性作用的HNO3为：1.2mol﹣0.2mol=1mol，这部分HNO3转化为了Cu（NO3）2，根据元素守恒可知，原化合物中Cu元素的物质的量与起到酸性作用的HNO3的物质的量之比为1：2，H2还原最终得到Cu为：1mol÷2×64g/mol=32g；若混合物中含0.2molCu，根据氧化还原反应电子得失总数相等可得：2×0.2mol+2×n（Cu2O）=3×0.2mol，n（Cu2O）=0.1mol，根据题目所给信息Cu2O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色，说明生成了Cu2+，离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，则0.1molCu2O完全反应需要H2SO40.1moln（CuO）=0.5mol﹣0.2mol﹣2×0.1mol=0.1mol，0.1molCuO完全反应需要H2SO40.1mol，所以共消耗H2SO4的物质的量为0.2mol，故答案为：3Cu2O+14H++2NO3﹣=6Cu2++2NO↑+7H2O；32；0.2．【点评】本题考查电子转移数目的计算、化学方程式和离子方程式的书写、反应条件的分析以及化学计算．20．空气吹出发工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：-22-（1）步骤①中用硫酸酸化的目的是酸化可抑制Cl2、Br2与水反应．步骤②发生反应的离子方程式为Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣．（2）步骤④利用了SO2的还原性，反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣．（3）步骤⑥的名称是蒸馏．（4）从含溴水中吹出的溴也可用纯碱吸收，纯碱吸收溴的主要反应是：Na2CO3+Br2→NaBrO3+NaBr+CO2吸收1molBr2时，转移的电子数为mol．纯碱吸收后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出．（5）化学上将SCN﹣、OCN﹣、CN﹣等离子称为“类卤离子”．现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成血红色；通入SO2后，血红色消失．血红色消失过程中发生反应的离子方程式为2Fe（SCN）3+SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣+6SCN﹣．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】（1）在酸性条件下不利于氯气、溴单质与水之间反应；（2）根据了SO2的还原性和氯气的氧化性来书写二者之间的反应；（3）沸点不同的互溶物质的分离可以采用蒸馏法；（4）反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，据此计算；（5）根据信息：SCN﹣称为“类卤离子”，结合反应Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣来回答即可．【解答】解：（1）氯气、溴单质与水之间能发生反应，酸化可抑制它们与水的反应，氯气能将溴离子氧化为溴单质，即Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，故答案为：酸化可抑制Cl2、Br2与水反应；Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；（2）SO2和氯气、水反应生成硫酸和氢溴酸，即：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣；（3）溴水的混合物中，将溴单质和水分离得到溴蒸汽可以采用蒸馏法，故答案为：蒸馏；（4）反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2×n氧化剂（Br2）=2×5×n还原剂（Br2），故n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）=5：1，故吸收1molBr2时，转移的电子数为1mol×2××5=mol，故答案为：；（5）将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成血红色；通入SO2后，血红色消失，因为SCN﹣称为“类卤离子”，根据反应：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，推得，红色消失的过程中发生反应：2Fe（SCN）3+SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣+6SCN﹣，故答案为：2Fe（SCN）3+SO2+2H2O=4H++2Fe2++SO42﹣+6SCN﹣．-22-【点评】本题主要以海水化学资源的利用为背景，考查的知识点较多，培养了学生运用知识分析问题和解决问题的能力．-22-