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福建省三明第一中学2020届高三上学期月考化学试题
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福建省三明第一中学2020届高三上学期第二次月考
化学试题
1.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列有关说法错误的是( )
A. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同
B. 制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色
C. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙
D. 《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇
【答案】C
【解析】
A. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，均是纤维素，A正确；B. 制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色，B正确；C. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸氢铵，C错误；D. 《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法，即蒸馏法可用来分离乙酸和乙醇，D正确，答案选C。
2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 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. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
【答案】D
【解析】
【详解】A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；
B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；
C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；
D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确；
答案选D。
3.下列正确的叙述有
A. CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物
B. Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3
C. 灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池
D. 电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生
【答案】B
【解析】
【详解】A. 酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；
B. Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确；
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误；
D. 电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D错误。
综上所述，本题选B。
【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。
4.如图表示吸热反应、置换反应、氧化还原反应之间的关系，从下列选项反应中选出属于区域V的是（ ）
A. Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2 B. NaOH+HCl=NaCl+H2O
C. 2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑ D. 2Na+2H2O=NaOH+H2↑
【答案】A
【解析】
【分析】
因为置换反应一定是氧化还原反应，有的氧化还原反应吸热、有的氧化还原反应放热，所以左边的大椭圆是吸热反应，右边的大椭圆为氧化还原反应，右边大椭圆中的小椭圆为置换反应。Ⅰ区为非氧化还原反应中的吸热反应；Ⅱ区为吸热、不属于置换反应的氧化还原反应；Ⅲ区为既属于置换反应、又属于氧化还原反应的吸热反应；Ⅳ区为既属于置换反应、又属于氧化还原反应的放热反应；Ⅴ区为放热的、不属于置换反应的氧化还原反应。
【详解】A. Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2反应为放热的、不属于置换反应的氧化还原反应，A符合题意；
B. NaOH+HCl=NaCl+H2O反应为非氧化还原反应，B不合题意；
C. 2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑反应为非氧化还原反应，C不合题意；
D. 2Na+2H2O=NaOH+H2↑为放热的、属于置换反应的氧化还原反应，D不合题意。
故选A。
【点睛】有的氧化还原反应放热，如燃烧反应(有的是置换反应，有的不是置换反应)、酸碱中和反应(复分解反应)，铝热反应(置换反应)，活泼金属与酸或水的反应(置换反应)；有的反应是吸热反应，如C与CO2、H2O(g)的反应(置换反应)，Ba(OH2)∙8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O(复分解反应)，绝大部分分解反应(有的是置换反应，有的不是置换反应)。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 将1mol Cl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA
B. 100g CaCO3晶体和100g KHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NA
C. 标准状况下，4.48L NO和2.24L O2混合后，原子总数为0.6NA
D. 已知3BrF3 + 5H2O＝HBrO3 + Br2 + 9HF + O2↑，若有5mol H2O参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】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德罗常数的关系。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。
6.下列除杂的方法错误的是
物质
杂质
除杂试剂
主要操作
A
SiO2
Fe2O3
盐酸
过滤
B
Mg
Al
NaOH溶液
过滤
C
NaCl
泥沙
加水
溶解、过滤、蒸发
D
FeCl2
FeCl3
Cu
过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、SiO2(Fe2O3)，氧化铁溶于盐酸，二氧化硅不溶于盐酸，过滤得到二氧化硅，选项A正确；
B、Mg(Al)，铝溶于氢氧化钠溶液，镁不溶于氢氧化钠溶液，过滤得到镁，选项B正确；
C、NaCl（泥沙），氯化钠溶于水，泥沙不溶于水，可采用溶解、过滤、蒸发的方法，选项C正确；
D、FeCl2（FeCl3），加入铜粉可以把氯化铁转化为氯化亚铁，但同时又生成氯化铜，又引入了新的杂质，选项D错误；
答案选D。
【点睛】解答本题的关键是要充分理解各种物质的性质，只有这样才能对问题做出正确的判断，更需要注意选用的除杂试剂不能与主要物质反应，反应后不能引入新的杂质。
7.已知NaOH+Al(OH)3=Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）
A. CO2+2OH−=CO32−+H2O B. Al2O3+2OH−+3 H2O=2 [Al(OH)4] −
C. 2 Al+2OH−+6H2O=2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D. Al3++4 OH−=[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】
【详解】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH-=CO32-+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，根据以上分析可知，能够发生反应为A、B、C，没有发生的反应为D，故选D。
8.下列有关说法正确的是
A. 足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3
B. 铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3
C. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2
D. 向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，且颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液只含Fe2+
【答案】A
【解析】
A、铁与氯气反应，无论过量与否都生成FeCl3，故A正确；B、铁与水蒸气反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故B错误；C、KMnO4能把Cl－氧化成Cl2，对Fe2＋的检验产生干扰，故C错误；D、生成白色沉淀变为红褐色沉淀，说明原溶液中一定含有Fe2＋，但也可能含有Mg2＋等离子，与NaOH溶液产生白色沉淀，被红褐色沉淀干扰，故D错误。
点睛：本题的易错点是选项C，学生忽略高锰酸钾溶液在酸性条件下，能氧化Cl－，对Fe2＋的检验产生干扰。
9.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是
A. 在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-
B. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+
C. 在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3
D. 在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．若H+先CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；
B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；
C．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；
D．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。
10.酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列有关该反应的说法中正确的是（ ）
A. 被氧化的元素是Cu和S
B. Mn2+的还原性强于CuS的还原性
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5
D. 若生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由−2升到＋4价，只有硫元素被氧化，A错误；
B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS> Mn2+，B错误；
C.氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，CuS为ymol，根据电子守恒：x×（7-2）=y×（4-（-2）），x：y=6:5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C正确；
D.二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×6/5=0.12 mol，反应中Mn元素化合价由＋7价降低为＋2价，故转移电子为0.12mol×（7−2）＝0.6 mol，D错误；
答案选C。
11.下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是
选项
离子组
试剂X
离子方程式
A.
Fe3+、Al3+、SO32-、NO3-
过量的盐酸
SO32-+2H+＝H2O+SO2↑
B.
透明溶液中：Fe3+、NH4+、SO42-、Cl-
过量的铜粉
2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+
C.
Na+、Ba2+、HCO3-、Cl-
NaHSO4溶液
H++HCO3-＝CO2↑+H2O
D.
pH=1的溶液中：Mg2+、Fe2+、NO3-、SO42-
双氧水
2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸性条件下，硝酸把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能生成二氧化硫气体，故A错误；
B. 透明溶液可能是有色溶液，在透明溶液中这四种离子能大量共存，加入铜粉，铜与铁离子反应，铜不能与亚铁离子反应，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；
C.加入硫酸氢钠溶液，相当于加入强酸，反应漏掉了Ba2++SO42-=BaSO4↓，故C错误；
D. pH=1的溶液显酸性，发生反应为3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++2H2O+NO↑，离子组不能大量共存，故D错误；
综上所述，本题选B。
12.下列离子方程式正确的是
A. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O
B. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应： Ba2++SO42-＝ BaSO4↓
C. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2++2OH—＝ CaCO3↓+CO32-+2H2O
D. 酸化的NaIO3和NaI的混合溶液：I-＋IO3-＋6H＋＝I2＋3H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化生成硫酸铁和水，离子方程式书写正确，符合电荷守恒、原子守恒规律，A正确；
B. 漏写了氢氧根离子和铵根离子能结合成弱碱一水合氨的反应，B错误；
C. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH—＝ CaCO3↓+ H2O，C错误；
D. 离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为： 5I-＋IO3-＋6H＋＝3I2＋3H2O，D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】离子反应方程式的书写及判断是高中化学重要的内容。在判断离子方程式正误时，要从以下几个方面入手：先判断各物质是否能够拆成离子，能拆的不拆，不该拆的拆了，这的就不符合要求；第二观察一下生成物是否书写正确；第三观察一下该离子反应电荷或电子或原子是否守恒；第四判断该反应是否满足反应发生的规律。只要做到这些，还是能够快速准确的解决问题的。
13.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒，其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列判断正确的是( )
A. 该反应的还原剂是Cl-
B. 反应后溶液的酸性明显增强
C. 消耗1mol还原剂，转移6mol电子
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
【答案】B
【解析】
根据图像可知，随着反应的进行，N2的量逐渐增加，则N2为生成物，NH4+为反应物；NH4+→N2是氧化过程，则还原过程为：ClO-→Cl-。根据化合价升降守恒配平，可得氧化还原反应方程式：3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。A、由方程式可知还原剂为NH4+，故A错误；B、反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；C、氮元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；C、由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误。故选B。
14.工业酸性废水中的Cr2O72﹣可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示（实验开始时溶液体积为50mL，Cr2O72﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）．下列说法中，不正确的是
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸
Cr2O72﹣的去除率/%
0.922
12.7
57.3
A. 对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率
B. 实验②中，Cr2O72﹣在阴极放电的电极反应式是Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O
C. 实验③中，Cr2O72﹣去除率提高的原因是Cr2O72﹣+6 Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O
D. 实验③中，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72﹣被还原
【答案】D
【解析】
【详解】A项，对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素均相同，且溶液的pH越小，Cr2O72﹣的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率，故A项正确；
B项，实验②中，Cr2O72﹣在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O，故B项正确；
C项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72﹣去除率提高，故C项正确；
D项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72﹣在阴极上被还原，3molFe被氧化为3mol Fe2+，3molFe2+又与0.5mol Cr2O72﹣发生氧化还原反应，所以一共有1.5mol Cr2O72﹣被还原，故D项错误；
综上所述，本题选D。
15.向 Fe3O4 发生的铝热反应产物中，加入过量稀硫酸将其溶解，室温下向所得溶液中加入 指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是
A. 通入过量 Cl2：Cl－、SO42－、Fe2＋、Al3＋
B. 加入过量 Ba(OH)2 溶液：SO42－、Ba2＋、[Al(OH)4]－、OH－
C. 加入过量氨气：NH4＋、SO42－、OH－、[Al(OH)4]－
D. 加入过量 Fe(NO3)2 溶液：NO3－、SO42－、Fe3＋、Al3＋
【答案】D
【解析】
【详解】A项、通入过量 Cl2，溶液中Fe2+与Cl2发生氧化还原反应，不能大量存，故A错误；
B项、溶液中SO42－与Ba2＋反应生成硫酸钡沉淀，不能大量存在，故B错误；
C项、溶液中NH4＋与OH－反应生成一水合氨，与[Al(OH)4]－发生双水解反应，不能大量存在，故C错误；
D项、过量硫酸使溶液呈酸性，加入过量 Fe(NO3)2 溶液，酸性条件下，硝酸根与亚铁离子发生氧化还原反应生成三价铁离子，NO3－、SO42－、Fe3＋、Al3＋在溶液中不发生反应，能大量存在，故D正确；
故选D。
【点睛】铝热反应后的混合物含Fe、氧化铝，Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁(溶液中含有Fe2+),氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝(溶液中含有Al3+)，结合离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能发生氧化还原反应等判断分析离子能否大量共存。
16.海水是重要的资源，可以制备一系列物质，
下列说法正确的是（ ）
A. 步骤②中，应先通CO2，再通NH3
B. 步骤③可将MgCl2·6H2O晶体在空气中直接加热脱水
C. 步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化
D. 除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→BaCl2 溶液→Na2CO3 溶液→过滤→盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A项，步骤②为侯氏制碱法，由于NH3的溶解度比CO2大，故应先通NH3，再通CO2溶液中才能含有大量的碳元素，才能得到大量的NaHCO3，错误；
B、MgCl2·6H2O直接加热脱水时，Mg2＋水解生成HCl挥发出去，促进水解进行到底，得到Mg(OH)2。所以晶体加热脱水必须不断通入HCl，抑制水解，B项错；
C项，步骤⑤中，Br化合价降低，被还原，错；
D项，加NaOH能除去Mg2＋，加Ba2＋能除去，再加入Na2CO3可以除去Ca2＋以及过量的Ba2＋，过滤后加入盐酸可以除去多余的和OH－，正确；
答案选D。
17.短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、D同主族，C、E同主族，A元素最高正化合价与最低负化合价代数和为零，E是太阳能转化为电能的常用材料，则下列说法正确的是（ ）
A. 由A、D两种元素组成的化合物中只含有离子键
B. C、E的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质
C. 微粒半径大小：B+>A-
D. 最高价氧化物对应水化物碱性强弱：B>D
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素包括1、2、3周期元素，A、B、D同主族，则其只能为ⅠA族元素，从而得出A为H、B为Li、D为Na；E是太阳能转化为电能的常用材料，则其为Si；C、E同主族，则C为C(碳)。从而确定A、B、C、D、E分别 为H、Li、C、Na、Si。
【详解】A. 由A、D两种元素组成的化合物为NaH，只含有离子键，A正确；
B. C、E的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者为分子晶体，后者为原子晶体，二者具有不同的物理性质和化学性质，B错误；
C. H-与Li+的电子层结构相同，但H的核电荷数为1，Li的核电荷数为3，对电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以微粒半径：Li+
18.某同学为测定Na2CO3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。
下列说法不正确的是
A. 必须在②③间添加吸收HCl的装置
B. ④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度
C. 通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中
D. 称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度
【答案】A
【解析】
【详解】A项，氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；
B项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B项正确；
C项，根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；
D项，③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。
故答案选A。
19.以反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是( )
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol/L
体积/mL
浓度/mol/L
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
A. 实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用
C. 实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D. 实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4 mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【详解】A项、实验①、②、③均需要通过高锰酸钾溶液褪色的时间来判断，需要保证高锰酸钾完全反应，因此所加的H2C2O4溶波均要过量,故A正确；
B项、实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿，反应生成的Mn2+对反应起到了催化作用，使反应速率突然增大，故B正确；
C项、依据变量唯一化可知，探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，探究温度对化学反应速率影响，除了温度不同，其他条件完全相同，则满足此条件的实验编号是②和③，故C正确；
D项 高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：0.010mol/L×0.004L÷(0.002L+0.004L)=6.7×10-3mol/L,这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= 6.7×10-3mol/L÷40s=1.7×10−4 mol·L-1·s-1，故D错误；
故选D。
20.某固体混合物可能由Al、( NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）
A. 含有4.5gAl
B. 不含FeCl2、AlCl3
C. 含有物质的量相等的( NH4)2SO4和MgCl2
D. 含有MgCl2、FeCl2
【答案】C
【解析】
【分析】
5.60L标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、( NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、( NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。
【详解】A. 由前面计算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A错误；
B. 从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；
C. n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)= n[Mg(OH)2]=0.05mol，从而得出(NH4)2SO4和MgCl2物质量相等，C正确；
D. 混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D错误。
故选C。
21.利用电化学原理将有机废水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]转化为无毒物质的原理示意图如下图1所示，同时利用该装置再实现镀铜工艺示意图如图2所示，当电池工作时，下列说法正确的是
A. 图1中H+透过质子交换膜由右向左移动
B. 工作一段时间后，图2中CuSO4溶液浓度减小
C. 当Y电极消耗0.5 mol O2时，铁电极增重64 g
D. X 电极反应式:H2N（CH2）2NH2+16e-+4H2O═2CO2↑+N2↑+16H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图1是原电池，Y电极上氧气被还原成水，所以Y是正极，氢离子移向正极，H+透过质子交换膜由左向右移动，故A错误；
B. 图2是电镀池，CuSO4溶液浓度不变，故B错误；
C. 当Y电极消耗0.5 mol O2时，转移电子2mol，根据电子数，铁电极生成1mol铜，电极增重64 g，故C正确；
D. X是负极，失电子发生氧化反应，电极反应式是，故D错误；
答案选C。
【点睛】原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子移向正极、阴离子移向负极；电子由负极经导线流向正极。
22.25℃时，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1000mol·L-1一元酸HA(pKa=-lgKa=4.75)溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 当滴入40mLNaOH溶液时，溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
B. 当溶液中c(H+)+c(OH-)=2×10-7时：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)=c(H+)
C. 当滴入NaOH溶液20mL时c(OH-)>c(H+)+c(HA)
D. 当滴定到pH=4.75时，c(A-)=c(HA)
【答案】D
【解析】
【分析】
HA的pKa=-lgKa=4.75，说明HA是弱酸。
【详解】A．当滴入40mLNaOH溶液时，二者发生反应产生NaA，同时NaOH溶液过量，二者的物质的量的比是1:1，NaA是强碱弱酸盐，A-发生水解反应产生OH-，同时溶液中还存在NaOH电离产生的OH-，故离子浓度关系c(OH-)>c(A-)，盐电离产生的离子浓度c(A-)大于水电离产生c(H+)，故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)，A错误；
B．在溶液中存在电荷守恒关系：c(Na+) +c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当溶液中c(H+)+c(OH-)=2×10-7时，(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=c(A-)，由于盐的电离作用大于水的电离作用，所以c(Na+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)，B错误；
C．当滴入NaOH溶液20mL时。二者恰好中和，反应产生NaA，该盐是强碱弱酸盐，A-发生水解反应消耗水电离产生的H+，产生HA和OH-，根据质子守恒关系可得c(OH-)=c(H+)+c(HA)，C错误；
D．当滴定到pH=4.75时，c(H+)=10-4.75mol/L，由于pKa=-lgKa=4.75，所以=10-4.75，所以c(A-)=c(HA)，D正确；
答案选D。
23.25°C时， Ksp (AgCl)= 1.56×10-10， Ksp(Ag2CrO4)= 9.0×10-12,下列说法正确的是
A. AgCl 和 Ag2CrO4 共存的悬浊液中，
B. 向Ag2CrO4悬浊液中加入 NaCl 浓溶液， Ag2CrO4不可能转化为 AgCl
C. 向 AgCl 饱和溶液中加入 NaCl 晶体， 有 AgC1 析出且溶液中 c(Cl－)=c(Ag＋)
D. 向同浓度的 Na2CrO4和 NaCl 混合溶液中滴加 AgNO3溶液，AgC1先析出
【答案】D
【解析】
A、AgCl 和 Ag2CrO4 共存的溶液中，c(Ag＋)是相等的，但由于二者的组成比不同，Ksp的表达式不同，因此c(Cl－)/ c(CO42－)不等于二者的Ksp之比，故A错误；B、根据Ksp的含义，向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，当溶液中c(Cl－) c(Ag＋)> Ksp (AgCl)时，就有AgCl沉淀析出，所以B错误；C、向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，使溶液中c(Cl－)增大，导致c(Cl－) c(Ag＋)> Ksp (AgCl)，从而析出AgC1，析出沉淀后的溶液中c(Cl－)> c(Ag＋)，所以C错误；D、向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，根据Ksp计算可得，生成AgCl沉淀需要的c(Ag＋)==，生成Ag2CrO4沉淀需要的c(Ag＋)= = ，前者小于后者，即先析出AgCl沉淀，故D正确。本题正确答案为D。
点睛：涉及Ksp的有关问题，首先要注意物质的组成比是否相同，若相同，可以直接用Ksp的数值进行比较，若不同，一定要通过计算进行比较。如A、D两个选项，特别是D选项最容易错选。
24.一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4 g硫单质、0.425 mol 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4.25 mol·L-1
B. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3∶1
C. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24 L
D. 该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
【答案】D
【解析】
【详解】A. 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。
25.CO、CO2是化石燃料燃烧的主要产物。
（1）已知:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol，键能Eo-o=499.0kJ/mol。
①反应:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的△H=______kJ/mol。
②已知2500K时，①中反应的平衡常数为0.40，某时刻该反应体系中各物质浓度满足:c(CO)·c(O2)=c(CO2) ·c(O)，则此时v(正)_____(填“>""<"或"=”)v(逆)。
③已知1500℃时，在密闭容器中发生反应:CO2(g)CO(g)+O(g)。反应过程中O(g)的物质的量浓度随时间的变化如下图所示，则0~2 min内，CO2的平均反应速率v(CO2)=______。（纵坐标的数量级为10-6）
（2）在某密闭容器中发生反应：2CO2(g)2CO(g)+O2(g),1molCO2在不同温度下的平衡分解量如上图所示。
①恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的有___(填字母).
A．CO的体积分数保持不变
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内，消耗CO的浓度等于生成CO2 的浓度
②分析上图，若1500℃时反应达到平衡状态，且容器体积为1L，则此时反应的平衡常数K=____(计算结果保留1位小数)。
③向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)，发生反应：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，测得温度为T℃时，容器内O2的物质的量浓度随时间的变化如下图曲线II所示。图中曲线I表示相对于曲线II仅改变一种反应条件后c(O2)随时间的变化，则改变的条件是___；a、b两点用CO浓度变化表示的正反应速率关系为va(CO)_____(填“>”“<”或“=”)vb(CO)。
（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图。曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___KⅡ（填“>”或“=”或“<”）。
【答案】 (1). −33.5 (2). < (3). 3×10−7 mol⋅L−1⋅min−1 (4). AC (5). 3.2×10−8mol⋅L−1 (6). 升温 (7). < (8). >
【解析】
【详解】(1)①已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2 (g)△H=-566.0kJ•mol-1；
O2(g)=2O(g)△H=499kJ•mol-1；由盖斯定律：两个方程相加除以2即可得到:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g);△H=−33.5kJ⋅mol−1；
故答案为−33.5；
②某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c(CO)·c(O2)=c(CO2) ·c(O),则Qc==1>K=0.4,则反应向左进行,v(正)
③2min内O的浓度增大0.6×10−6mol/L,则二氧化碳减小0.6×10−6mol/L,则v(CO2)= =6×10−7mol/L÷2min=3×10−7mol⋅L−1⋅min−1
故答案为3×10−7 mol⋅L−1⋅min−1；
(2)①A. CO的体积分数保持不变是平衡标志，故A正确；
B. 反应前后气体质量不变，体积不变，容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C. 反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变说明反应达到平衡状态，故C正确；
D. 2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g),单位时间内,消耗CO的浓度等于生成CO2的浓度说明速率相同反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为AC；
②设生成的氧气为xmol，
2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)
起始量(mol):1 0 0
转化量(mol):2x 2x x
平衡量(mol):1−2x 2x x，
平衡时,氧气的体积分数为0.2,则x÷(1+x)=0.2%,则x=0.002,则c(CO2)=0.996mol/L,c(CO)=0.004mol/L,c(O2)=0.002mol/L，
则K=0.0042×0.0020÷.9962≈3.2×10−8mol⋅L−1；
故答案为3.2×10−8mol⋅L−1；
③向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g),发生反应：2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g),反应为吸热反应,图中曲线I表示相对于曲线II仅改变一种反应条件后c(O2)随时间的变化,曲线Ⅰ达到平衡时间缩短,平衡状态下压强浓度增大,则改变的条件是升温,温度越高反应速率越大,则a、b两点用CO浓度变化表示的净反应速率关系为va(CO)
(3)依据先拐先平数据大原则，曲线二先达到平衡，对应的温度高，曲线二对于曲线一是升温，甲醇的物质的量减少，说明向逆反应进行，平衡常数减少，故KⅠ>KⅡ。
26.对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质主要措施之一。
（1）硫酸厂的酸性废水中砷(As)元素(主要以 H3AsO3 形式存在)含量极高，为控制砷的排放， 某工厂采用化学沉淀法处理含砷废水。请回答以下问题：
①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多 2 个电子层，砷在元素周期表的位置为_____。
②工业上采用硫化法(通常用硫化钠)去除废水中的砷，生成物为难溶性的三硫化二砷，该反 应的离子方程式为_____。
（2）电镀厂的废水中含有的 CN-有剧毒，需要处理加以排放。处理含 CN-废水的方法之一是在 微生物的作用下，CN-被氧气氧化成 HCO3- ，同时生成 NH3，该反应的离子方程式为_____。
(3)电渗析法处理厨房垃极发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子， A―表示乳酸根离子)：
①阳极的电极反应式为_____
②电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的 pH 约为 6～8，此时进入浓缩室的 OH－可忽略不 计。400 mL 10 g·L－1 乳酸溶液通电一段时间后， 浓度上升为 145 g/L(溶液体积变化忽略不计)，阴极上产生的 H2 在标准状况下的体积约为_____L (已知：乳酸的摩尔质量为 90 g/mol)。
【答案】 (1). 第四周期ⅤA族 (2). 2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O (3). 4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3 (4). 4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+ (5). 6.72
【解析】
【分析】
（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层；
②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水；
（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化；
（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性；
②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA—2 H+—H2，由此计算可得。
【详解】（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层，则砷位于元素周期表第四周期ⅤA族，故答案为：第四周期ⅤA族；
②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水，反应中硫化钠做还原剂，砷酸做氧化剂，反应的离子方程式为2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O，故答案为：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O；
（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化，则反应的离子方程式为4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3，故答案为：4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3；
（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度增大，电极反应式为4OH-或2H2O-4e-═O2↑+4H+，故答案为：4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+；
②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA—2 H+—H2，电解过程中生成HA的质量为（145 g/L×0.4L—10 g/L×0.4L）=54g，则由HA和氢气的关系式可知阴极上产生的 H2 在标准状况下的体积约为××22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72。
【点睛】电渗析法处理厨房垃极发酵液时，阳极上水电离出的氢氧根放电，使溶液中氢离子浓度增大，氢离子从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，阴极上水电离出的氢离子放电，使溶液中氢氧根浓度增大，溶液中A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，发生反应H++A-═HA，导致乳酸浓度增大是理解的关键，也是解答关键。
27.氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁。实验室制备装置和工业制备流程图如下：
已知：(1)无水FeCl3的熔点为555 K、沸点为588 K。
(2)废铁屑中的杂质不与盐酸反应。
(3)不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：
温度/℃
0
20
80
100
溶解度(g/100 g H2O)
74.4
91.8
525.8
535.7
实验室制备操作步骤如下：
Ⅰ.打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸；
Ⅱ.当……时，关闭弹簧夹K1，打开活塞K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a；
Ⅲ.将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶体。
请回答：
(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是_____________________________。
(2)为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“…”的内容是______________。
(3)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体的操作步骤是加入______________后__________________、过滤、洗涤、干燥。
(4)试写出吸收塔中反应的离子方程式：______________________。
(5)捕集器温度超过673 K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式(相对原子质量：Cl－35.5、Fe－56)为____________。
(6)FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL(已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－)。
①滴定终点的现象是________________________________________________；
②样品中氯化铁的质量分数为__________________________。
【答案】 (1). 把亚铁离子全部氧化成三价铁离子 (2). 装置A中不产生气泡或量气筒和水准管液面不变 (3). 盐酸 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－ (6). Fe2Cl6 (7). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (8). %
【解析】
【详解】(1)根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3·6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3，烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子。
(2)铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气筒和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化。
(3)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体，为了防止FeCl3溶液发生水解，则先加入盐酸，后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是2Fe＋3Cl2＝2FeCl3，因此进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成FeCl3溶液，所以吸收剂应是FeCl2溶液，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。
(5)捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673 K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6。
(6)①称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。所以滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②由反应：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2、I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－可得关系式：2Fe3＋～I2～2S2O32－，求得n(Fe3＋)＝cV×10－3 mol，则样品中氯化铁的质量分数为ω(Fe3＋)＝×100%＝%。
28.以冶炼金属铝的废弃物铝灰为原料制取超细α－氧化铝，既能降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为A12O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备流程如下：
（1）用上图中“滤渣”和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_____（填选项编号）。
（2）流程中加入H2O2有气体产生，原因是___________________________________。
（3）通过调节溶液的pH来“沉铁”，得到Fe（OH）3．已知：
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀时的pH
2.2
7.5
3.7
完全沉淀时的pH
3.2
9.0
4.7
为保证产品的纯度，可以选用下列物质中的_______调节溶液pH（填字母），调节pH的范围为______________。
a．Al2O3 b．NaOH c．Al（OH）3 d．Na2CO3
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置：
①集气瓶中收集到的气体是____________（填化学式）。
②装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是____________________________。
③选用一种常用化学试剂和稀硝酸检验硫酸铝铵，该试剂_________。写出硫酸铝铵加入足量该试剂的离子方程式__________________________________________________。
④20℃时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3,则溶液中，2c(SO42－)－c(NH4+)－3c(Al3+)=____________mol·L－1（填具体数字计算式，不必化简）
【答案】 (1). B (2). Fe3+对H2O2的分解有催化作用 (3). ac (4). 3.2≤pH<3.7 (5). N2 (6). 吸收SO2 (7). Ba（OH）2 (8). NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O (9). 10－3－10－11
【解析】
【分析】
（1）铝灰中A12O3、FeO、Fe2O3均被稀硫酸溶解，所以剩余的“滤渣”的主要成分是SiO2；二氧化硅与氢氧化钠焙烧制备硅酸钠；蒸发皿不能用来加热固体；铁与二氧化硅、氢氧化钠均不反应，可以用铁坩埚进行加热；玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应；
（2）双氧水在氧化亚铁离子时，溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，所以流程中加入H2O2有气体产生；
（3）本流程最终制备氧化铝，因此，要加入含有铝元素，能够与酸反应，但不溶于水的化合物来调节溶液的pH，氧化铝、氢氧化铝都不溶于水，都能和酸反应，溶解后又不产生新杂质，满足流程要求；而氢氧化钠、碳酸钠不仅和铁离子反应，也能和铝离子反应，无法达到只沉铁的目的；
为了使铁离子变为沉淀，而铝离子不沉淀，根据表中数据可知，调节溶液的pH的范围为3.2≤pH<3.7；
（4）将产生的混合气体通入装置中，水分溶在NaHSO3溶液中，SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4与NaHSO3反应生成SO2；同时NaHSO3溶液能与氨水反应，所以混合气体中被吸收了 SO3和NH3；KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化，最终用排水法收集N2。
①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；
②KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化吸收；因此装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是吸收SO2；
③NH4Al（SO4）2•12H2O晶体中含有铵根离子、铝离子和硫酸根离子，加入浓Ba(OH)2溶液就可以检验出三种离子；硫酸铝铵加入足量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨，据此写出离子方程式；
④20℃ 时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3，根据电荷守恒分析离子浓度的关系。
【详解】（1）能够焙烧固体的装置是坩埚，NaOH能和二氧化硅反应生成硅酸钠，所以不能采用瓷坩埚灼烧，所以应该采用铁坩埚，故选B，
故答案为B；
（2）在实验流程中，H2O2具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，而Fe3+对H2O2的分解有催化作用。
故答案为Fe3+对H2O2的分解有催化作用；
（3）为保证产品-氧化铝的纯度，可以选用a．A12O3 c．Al(OH) 3调节溶液pH。Fe3+开始沉淀的pH=2.2，沉淀完全的pH=3.2要使Fe3+完全沉淀调节pH的范围为3.2≤pH＜3.7。
故答案为a c ； 3.2≤pH＜3.7；
（4）①依据方程式：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，煅烧硫酸铝铵晶体，生成的气体有NH3、N2、SO3、SO2、H2O，混合气体中氨气、三氧化硫易溶于水，能够被饱和NaHSO3溶液吸收，二氧化硫具有还原性能够被酸性高锰酸钾溶液吸收，氮气不溶于水，不能被吸收，剩余N2，所以集气瓶中收集到的气体是N2；
故答案为N2；
②二氧化硫能够与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，所以装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是吸收SO2；
故答案为吸收SO2；
③NH4Al（SO4）2•12H2O晶体中含有铵根离子、铝离子和硫酸根离子，加入浓Ba(OH)2溶液就可以检验出三种离子：向硫酸铝铵溶液中逐滴浓氢氧化钡溶液直至过量，先产生白色沉淀，并闻到有刺激性气味；因为硫酸钡不溶于强碱，而氢氧化铝溶于过量的强碱；所以当碱过量后，白色沉淀部分溶解；
硫酸铝铵加入足量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨；离子方程式NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O；
故答案为Ba(OH)2；NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O；
④20℃ 时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3，根据电荷守恒，有2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)= c(H+)-=(10-3-10-11)mol•L-1 ，
故答案为10-3-10-11。
【点睛】本题考查了物质分离和提纯，明确物质的性质是解题关键，（4）④为易错点，注意利用守恒思想解题。
福建省三明第一中学2020届高三上学期第二次月考
化学试题
1.纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列有关说法错误的是( )
A. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同
B. 制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色
C. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸钙
D. 《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇
【答案】C
【解析】
A. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同，均是纤维素，A正确；B. 制作烟花的过程中常加入金属发光剂和发色剂使烟花放出五彩缤纷的颜色，B正确；C. 草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分可以是碳酸氢铵，C错误；D. 《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法，即蒸馏法可用来分离乙酸和乙醇，D正确，答案选C。
2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 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. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
【答案】D
【解析】
【详解】A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；
B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；
C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；
D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确；
答案选D。
3.下列正确的叙述有
A. CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物
B. Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3
C. 灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池
D. 电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生
【答案】B
【解析】
【详解】A. 酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；
B. Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确；
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误；
D. 电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D错误。
综上所述，本题选B。
【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。
4.如图表示吸热反应、置换反应、氧化还原反应之间的关系，从下列选项反应中选出属于区域V的是（ ）
A. Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2 B. NaOH+HCl=NaCl+H2O
C. 2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑ D. 2Na+2H2O=NaOH+H2↑
【答案】A
【解析】
【分析】
因为置换反应一定是氧化还原反应，有的氧化还原反应吸热、有的氧化还原反应放热，所以左边的大椭圆是吸热反应，右边的大椭圆为氧化还原反应，右边大椭圆中的小椭圆为置换反应。Ⅰ区为非氧化还原反应中的吸热反应；Ⅱ区为吸热、不属于置换反应的氧化还原反应；Ⅲ区为既属于置换反应、又属于氧化还原反应的吸热反应；Ⅳ区为既属于置换反应、又属于氧化还原反应的放热反应；Ⅴ区为放热的、不属于置换反应的氧化还原反应。
【详解】A. Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2反应为放热的、不属于置换反应的氧化还原反应，A符合题意；
B. NaOH+HCl=NaCl+H2O反应为非氧化还原反应，B不合题意；
C. 2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑反应为非氧化还原反应，C不合题意；
D. 2Na+2H2O=NaOH+H2↑为放热的、属于置换反应的氧化还原反应，D不合题意。
故选A。
【点睛】有的氧化还原反应放热，如燃烧反应(有的是置换反应，有的不是置换反应)、酸碱中和反应(复分解反应)，铝热反应(置换反应)，活泼金属与酸或水的反应(置换反应)；有的反应是吸热反应，如C与CO2、H2O(g)的反应(置换反应)，Ba(OH2)∙8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O(复分解反应)，绝大部分分解反应(有的是置换反应，有的不是置换反应)。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 将1mol Cl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NA
B. 100g CaCO3晶体和100g KHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NA
C. 标准状况下，4.48L NO和2.24L O2混合后，原子总数为0.6NA
D. 已知3BrF3 + 5H2O＝HBrO3 + Br2 + 9HF + O2↑，若有5mol H2O参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】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德罗常数的关系。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。
6.下列除杂的方法错误的是
物质
杂质
除杂试剂
主要操作
A
SiO2
Fe2O3
盐酸
过滤
B
Mg
Al
NaOH溶液
过滤
C
NaCl
泥沙
加水
溶解、过滤、蒸发
D
FeCl2
FeCl3
Cu
过滤
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、SiO2(Fe2O3)，氧化铁溶于盐酸，二氧化硅不溶于盐酸，过滤得到二氧化硅，选项A正确；
B、Mg(Al)，铝溶于氢氧化钠溶液，镁不溶于氢氧化钠溶液，过滤得到镁，选项B正确；
C、NaCl（泥沙），氯化钠溶于水，泥沙不溶于水，可采用溶解、过滤、蒸发的方法，选项C正确；
D、FeCl2（FeCl3），加入铜粉可以把氯化铁转化为氯化亚铁，但同时又生成氯化铜，又引入了新的杂质，选项D错误；
答案选D。
【点睛】解答本题的关键是要充分理解各种物质的性质，只有这样才能对问题做出正确的判断，更需要注意选用的除杂试剂不能与主要物质反应，反应后不能引入新的杂质。
7.已知NaOH+Al(OH)3=Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）
A. CO2+2OH−=CO32−+H2O B. Al2O3+2OH−+3 H2O=2 [Al(OH)4] −
C. 2 Al+2OH−+6H2O=2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D. Al3++4 OH−=[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】
【详解】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH-=CO32-+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，根据以上分析可知，能够发生反应为A、B、C，没有发生的反应为D，故选D。
8.下列有关说法正确的是
A. 足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3
B. 铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3
C. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2
D. 向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，且颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液只含Fe2+
【答案】A
【解析】
A、铁与氯气反应，无论过量与否都生成FeCl3，故A正确；B、铁与水蒸气反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故B错误；C、KMnO4能把Cl－氧化成Cl2，对Fe2＋的检验产生干扰，故C错误；D、生成白色沉淀变为红褐色沉淀，说明原溶液中一定含有Fe2＋，但也可能含有Mg2＋等离子，与NaOH溶液产生白色沉淀，被红褐色沉淀干扰，故D错误。
点睛：本题的易错点是选项C，学生忽略高锰酸钾溶液在酸性条件下，能氧化Cl－，对Fe2＋的检验产生干扰。
9.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是
A. 在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-
B. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+
C. 在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3
D. 在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．若H+先CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；
B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；
C．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；
D．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。
10.酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列有关该反应的说法中正确的是（ ）
A. 被氧化的元素是Cu和S
B. Mn2+的还原性强于CuS的还原性
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5
D. 若生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由−2升到＋4价，只有硫元素被氧化，A错误；
B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS> Mn2+，B错误；
C.氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，CuS为ymol，根据电子守恒：x×（7-2）=y×（4-（-2）），x：y=6:5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C正确；
D.二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×6/5=0.12 mol，反应中Mn元素化合价由＋7价降低为＋2价，故转移电子为0.12mol×（7−2）＝0.6 mol，D错误；
答案选C。
11.下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是
选项
离子组
试剂X
离子方程式
A.
Fe3+、Al3+、SO32-、NO3-
过量的盐酸
SO32-+2H+＝H2O+SO2↑
B.
透明溶液中：Fe3+、NH4+、SO42-、Cl-
过量的铜粉
2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+
C.
Na+、Ba2+、HCO3-、Cl-
NaHSO4溶液
H++HCO3-＝CO2↑+H2O
D.
pH=1的溶液中：Mg2+、Fe2+、NO3-、SO42-
双氧水
2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸性条件下，硝酸把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能生成二氧化硫气体，故A错误；
B. 透明溶液可能是有色溶液，在透明溶液中这四种离子能大量共存，加入铜粉，铜与铁离子反应，铜不能与亚铁离子反应，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；
C.加入硫酸氢钠溶液，相当于加入强酸，反应漏掉了Ba2++SO42-=BaSO4↓，故C错误；
D. pH=1的溶液显酸性，发生反应为3Fe2++NO3-+4H+＝3Fe3++2H2O+NO↑，离子组不能大量共存，故D错误；
综上所述，本题选B。
12.下列离子方程式正确的是
A. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O
B. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应： Ba2++SO42-＝ BaSO4↓
C. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2++2OH—＝ CaCO3↓+CO32-+2H2O
D. 酸化的NaIO3和NaI的混合溶液：I-＋IO3-＋6H＋＝I2＋3H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化生成硫酸铁和水，离子方程式书写正确，符合电荷守恒、原子守恒规律，A正确；
B. 漏写了氢氧根离子和铵根离子能结合成弱碱一水合氨的反应，B错误；
C. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，正确的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH—＝ CaCO3↓+ H2O，C错误；
D. 离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为： 5I-＋IO3-＋6H＋＝3I2＋3H2O，D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】离子反应方程式的书写及判断是高中化学重要的内容。在判断离子方程式正误时，要从以下几个方面入手：先判断各物质是否能够拆成离子，能拆的不拆，不该拆的拆了，这的就不符合要求；第二观察一下生成物是否书写正确；第三观察一下该离子反应电荷或电子或原子是否守恒；第四判断该反应是否满足反应发生的规律。只要做到这些，还是能够快速准确的解决问题的。
13.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒，其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列判断正确的是( )
A. 该反应的还原剂是Cl-
B. 反应后溶液的酸性明显增强
C. 消耗1mol还原剂，转移6mol电子
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
【答案】B
【解析】
根据图像可知，随着反应的进行，N2的量逐渐增加，则N2为生成物，NH4+为反应物；NH4+→N2是氧化过程，则还原过程为：ClO-→Cl-。根据化合价升降守恒配平，可得氧化还原反应方程式：3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。A、由方程式可知还原剂为NH4+，故A错误；B、反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；C、氮元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；C、由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误。故选B。
14.工业酸性废水中的Cr2O72﹣可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示（实验开始时溶液体积为50mL，Cr2O72﹣的起始浓度、电压、电解时间均相同）．下列说法中，不正确的是
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸
Cr2O72﹣的去除率/%
0.922
12.7
57.3
A. 对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率
B. 实验②中，Cr2O72﹣在阴极放电的电极反应式是Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O
C. 实验③中，Cr2O72﹣去除率提高的原因是Cr2O72﹣+6 Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O
D. 实验③中，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72﹣被还原
【答案】D
【解析】
【详解】A项，对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素均相同，且溶液的pH越小，Cr2O72﹣的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72﹣的去除率，故A项正确；
B项，实验②中，Cr2O72﹣在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72﹣+6e﹣+14H+═2Cr3++7H2O，故B项正确；
C项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72﹣去除率提高，故C项正确；
D项，实验③中，Cr2O72﹣在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72﹣，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72﹣在阴极上被还原，3molFe被氧化为3mol Fe2+，3molFe2+又与0.5mol Cr2O72﹣发生氧化还原反应，所以一共有1.5mol Cr2O72﹣被还原，故D项错误；
综上所述，本题选D。
15.向 Fe3O4 发生的铝热反应产物中，加入过量稀硫酸将其溶解，室温下向所得溶液中加入 指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是
A. 通入过量 Cl2：Cl－、SO42－、Fe2＋、Al3＋
B. 加入过量 Ba(OH)2 溶液：SO42－、Ba2＋、[Al(OH)4]－、OH－
C. 加入过量氨气：NH4＋、SO42－、OH－、[Al(OH)4]－
D. 加入过量 Fe(NO3)2 溶液：NO3－、SO42－、Fe3＋、Al3＋
【答案】D
【解析】
【详解】A项、通入过量 Cl2，溶液中Fe2+与Cl2发生氧化还原反应，不能大量存，故A错误；
B项、溶液中SO42－与Ba2＋反应生成硫酸钡沉淀，不能大量存在，故B错误；
C项、溶液中NH4＋与OH－反应生成一水合氨，与[Al(OH)4]－发生双水解反应，不能大量存在，故C错误；
D项、过量硫酸使溶液呈酸性，加入过量 Fe(NO3)2 溶液，酸性条件下，硝酸根与亚铁离子发生氧化还原反应生成三价铁离子，NO3－、SO42－、Fe3＋、Al3＋在溶液中不发生反应，能大量存在，故D正确；
故选D。
【点睛】铝热反应后的混合物含Fe、氧化铝，Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁(溶液中含有Fe2+),氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝(溶液中含有Al3+)，结合离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能发生氧化还原反应等判断分析离子能否大量共存。
16.海水是重要的资源，可以制备一系列物质，
下列说法正确的是（ ）
A. 步骤②中，应先通CO2，再通NH3
B. 步骤③可将MgCl2·6H2O晶体在空气中直接加热脱水
C. 步骤④、⑤、⑥反应中，溴元素均被氧化
D. 除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→BaCl2 溶液→Na2CO3 溶液→过滤→盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A项，步骤②为侯氏制碱法，由于NH3的溶解度比CO2大，故应先通NH3，再通CO2溶液中才能含有大量的碳元素，才能得到大量的NaHCO3，错误；
B、MgCl2·6H2O直接加热脱水时，Mg2＋水解生成HCl挥发出去，促进水解进行到底，得到Mg(OH)2。所以晶体加热脱水必须不断通入HCl，抑制水解，B项错；
C项，步骤⑤中，Br化合价降低，被还原，错；
D项，加NaOH能除去Mg2＋，加Ba2＋能除去，再加入Na2CO3可以除去Ca2＋以及过量的Ba2＋，过滤后加入盐酸可以除去多余的和OH－，正确；
答案选D。
17.短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、D同主族，C、E同主族，A元素最高正化合价与最低负化合价代数和为零，E是太阳能转化为电能的常用材料，则下列说法正确的是（ ）
A. 由A、D两种元素组成的化合物中只含有离子键
B. C、E的最高价氧化物具有相似的物理性质和化学性质
C. 微粒半径大小：B+>A-
D. 最高价氧化物对应水化物碱性强弱：B>D
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素包括1、2、3周期元素，A、B、D同主族，则其只能为ⅠA族元素，从而得出A为H、B为Li、D为Na；E是太阳能转化为电能的常用材料，则其为Si；C、E同主族，则C为C(碳)。从而确定A、B、C、D、E分别 为H、Li、C、Na、Si。
【详解】A. 由A、D两种元素组成的化合物为NaH，只含有离子键，A正确；
B. C、E的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者为分子晶体，后者为原子晶体，二者具有不同的物理性质和化学性质，B错误；
C. H-与Li+的电子层结构相同，但H的核电荷数为1，Li的核电荷数为3，对电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以微粒半径：Li+
18.某同学为测定Na2CO3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。
下列说法不正确的是
A. 必须在②③间添加吸收HCl的装置
B. ④的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度
C. 通入空气的作用是保证②中产生的气体完全转移到③中
D. 称取样品和③中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度
【答案】A
【解析】
【详解】A项，氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；
B项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B项正确；
C项，根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；
D项，③中产生的沉淀为碳酸钡，③中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，②中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。
故答案选A。
19.以反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是( )
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol/L
体积/mL
浓度/mol/L
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
A. 实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用
C. 实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D. 实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4 mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【详解】A项、实验①、②、③均需要通过高锰酸钾溶液褪色的时间来判断，需要保证高锰酸钾完全反应，因此所加的H2C2O4溶波均要过量,故A正确；
B项、实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿，反应生成的Mn2+对反应起到了催化作用，使反应速率突然增大，故B正确；
C项、依据变量唯一化可知，探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，探究温度对化学反应速率影响，除了温度不同，其他条件完全相同，则满足此条件的实验编号是②和③，故C正确；
D项 高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：0.010mol/L×0.004L÷(0.002L+0.004L)=6.7×10-3mol/L,这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= 6.7×10-3mol/L÷40s=1.7×10−4 mol·L-1·s-1，故D错误；
故选D。
20.某固体混合物可能由Al、( NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）
A. 含有4.5gAl
B. 不含FeCl2、AlCl3
C. 含有物质的量相等的( NH4)2SO4和MgCl2
D. 含有MgCl2、FeCl2
【答案】C
【解析】
【分析】
5.60L标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、( NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、( NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。
【详解】A. 由前面计算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A错误；
B. 从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；
C. n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)= n[Mg(OH)2]=0.05mol，从而得出(NH4)2SO4和MgCl2物质量相等，C正确；
D. 混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D错误。
故选C。
21.利用电化学原理将有机废水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]转化为无毒物质的原理示意图如下图1所示，同时利用该装置再实现镀铜工艺示意图如图2所示，当电池工作时，下列说法正确的是
A. 图1中H+透过质子交换膜由右向左移动
B. 工作一段时间后，图2中CuSO4溶液浓度减小
C. 当Y电极消耗0.5 mol O2时，铁电极增重64 g
D. X 电极反应式:H2N（CH2）2NH2+16e-+4H2O═2CO2↑+N2↑+16H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图1是原电池，Y电极上氧气被还原成水，所以Y是正极，氢离子移向正极，H+透过质子交换膜由左向右移动，故A错误；
B. 图2是电镀池，CuSO4溶液浓度不变，故B错误；
C. 当Y电极消耗0.5 mol O2时，转移电子2mol，根据电子数，铁电极生成1mol铜，电极增重64 g，故C正确；
D. X是负极，失电子发生氧化反应，电极反应式是，故D错误；
答案选C。
【点睛】原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子移向正极、阴离子移向负极；电子由负极经导线流向正极。
22.25℃时，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1000mol·L-1一元酸HA(pKa=-lgKa=4.75)溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 当滴入40mLNaOH溶液时，溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
B. 当溶液中c(H+)+c(OH-)=2×10-7时：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)=c(H+)
C. 当滴入NaOH溶液20mL时c(OH-)>c(H+)+c(HA)
D. 当滴定到pH=4.75时，c(A-)=c(HA)
【答案】D
【解析】
【分析】
HA的pKa=-lgKa=4.75，说明HA是弱酸。
【详解】A．当滴入40mLNaOH溶液时，二者发生反应产生NaA，同时NaOH溶液过量，二者的物质的量的比是1:1，NaA是强碱弱酸盐，A-发生水解反应产生OH-，同时溶液中还存在NaOH电离产生的OH-，故离子浓度关系c(OH-)>c(A-)，盐电离产生的离子浓度c(A-)大于水电离产生c(H+)，故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)，A错误；
B．在溶液中存在电荷守恒关系：c(Na+) +c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当溶液中c(H+)+c(OH-)=2×10-7时，(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=c(A-)，由于盐的电离作用大于水的电离作用，所以c(Na+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)，B错误；
C．当滴入NaOH溶液20mL时。二者恰好中和，反应产生NaA，该盐是强碱弱酸盐，A-发生水解反应消耗水电离产生的H+，产生HA和OH-，根据质子守恒关系可得c(OH-)=c(H+)+c(HA)，C错误；
D．当滴定到pH=4.75时，c(H+)=10-4.75mol/L，由于pKa=-lgKa=4.75，所以=10-4.75，所以c(A-)=c(HA)，D正确；
答案选D。
23.25°C时， Ksp (AgCl)= 1.56×10-10， Ksp(Ag2CrO4)= 9.0×10-12,下列说法正确的是
A. AgCl 和 Ag2CrO4 共存的悬浊液中，
B. 向Ag2CrO4悬浊液中加入 NaCl 浓溶液， Ag2CrO4不可能转化为 AgCl
C. 向 AgCl 饱和溶液中加入 NaCl 晶体， 有 AgC1 析出且溶液中 c(Cl－)=c(Ag＋)
D. 向同浓度的 Na2CrO4和 NaCl 混合溶液中滴加 AgNO3溶液，AgC1先析出
【答案】D
【解析】
A、AgCl 和 Ag2CrO4 共存的溶液中，c(Ag＋)是相等的，但由于二者的组成比不同，Ksp的表达式不同，因此c(Cl－)/ c(CO42－)不等于二者的Ksp之比，故A错误；B、根据Ksp的含义，向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，当溶液中c(Cl－) c(Ag＋)> Ksp (AgCl)时，就有AgCl沉淀析出，所以B错误；C、向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，使溶液中c(Cl－)增大，导致c(Cl－) c(Ag＋)> Ksp (AgCl)，从而析出AgC1，析出沉淀后的溶液中c(Cl－)> c(Ag＋)，所以C错误；D、向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，根据Ksp计算可得，生成AgCl沉淀需要的c(Ag＋)==，生成Ag2CrO4沉淀需要的c(Ag＋)= = ，前者小于后者，即先析出AgCl沉淀，故D正确。本题正确答案为D。
点睛：涉及Ksp的有关问题，首先要注意物质的组成比是否相同，若相同，可以直接用Ksp的数值进行比较，若不同，一定要通过计算进行比较。如A、D两个选项，特别是D选项最容易错选。
24.一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4 g硫单质、0.425 mol 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4.25 mol·L-1
B. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3∶1
C. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24 L
D. 该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
【答案】D
【解析】
【详解】A. 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。
25.CO、CO2是化石燃料燃烧的主要产物。
（1）已知:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol，键能Eo-o=499.0kJ/mol。
①反应:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的△H=______kJ/mol。
②已知2500K时，①中反应的平衡常数为0.40，某时刻该反应体系中各物质浓度满足:c(CO)·c(O2)=c(CO2) ·c(O)，则此时v(正)_____(填“>""<"或"=”)v(逆)。
③已知1500℃时，在密闭容器中发生反应:CO2(g)CO(g)+O(g)。反应过程中O(g)的物质的量浓度随时间的变化如下图所示，则0~2 min内，CO2的平均反应速率v(CO2)=______。（纵坐标的数量级为10-6）
（2）在某密闭容器中发生反应：2CO2(g)2CO(g)+O2(g),1molCO2在不同温度下的平衡分解量如上图所示。
①恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的有___(填字母).
A．CO的体积分数保持不变
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内，消耗CO的浓度等于生成CO2 的浓度
②分析上图，若1500℃时反应达到平衡状态，且容器体积为1L，则此时反应的平衡常数K=____(计算结果保留1位小数)。
③向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)，发生反应：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，测得温度为T℃时，容器内O2的物质的量浓度随时间的变化如下图曲线II所示。图中曲线I表示相对于曲线II仅改变一种反应条件后c(O2)随时间的变化，则改变的条件是___；a、b两点用CO浓度变化表示的正反应速率关系为va(CO)_____(填“>”“<”或“=”)vb(CO)。
（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图。曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___KⅡ（填“>”或“=”或“<”）。
【答案】 (1). −33.5 (2). < (3). 3×10−7 mol⋅L−1⋅min−1 (4). AC (5). 3.2×10−8mol⋅L−1 (6). 升温 (7). < (8). >
【解析】
【详解】(1)①已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2 (g)△H=-566.0kJ•mol-1；
O2(g)=2O(g)△H=499kJ•mol-1；由盖斯定律：两个方程相加除以2即可得到:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g);△H=−33.5kJ⋅mol−1；
故答案为−33.5；
②某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c(CO)·c(O2)=c(CO2) ·c(O),则Qc==1>K=0.4,则反应向左进行,v(正)
③2min内O的浓度增大0.6×10−6mol/L,则二氧化碳减小0.6×10−6mol/L,则v(CO2)= =6×10−7mol/L÷2min=3×10−7mol⋅L−1⋅min−1
故答案为3×10−7 mol⋅L−1⋅min−1；
(2)①A. CO的体积分数保持不变是平衡标志，故A正确；
B. 反应前后气体质量不变，体积不变，容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C. 反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变说明反应达到平衡状态，故C正确；
D. 2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g),单位时间内,消耗CO的浓度等于生成CO2的浓度说明速率相同反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为AC；
②设生成的氧气为xmol，
2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)
起始量(mol):1 0 0
转化量(mol):2x 2x x
平衡量(mol):1−2x 2x x，
平衡时,氧气的体积分数为0.2,则x÷(1+x)=0.2%,则x=0.002,则c(CO2)=0.996mol/L,c(CO)=0.004mol/L,c(O2)=0.002mol/L，
则K=0.0042×0.0020÷.9962≈3.2×10−8mol⋅L−1；
故答案为3.2×10−8mol⋅L−1；
③向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g),发生反应：2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g),反应为吸热反应,图中曲线I表示相对于曲线II仅改变一种反应条件后c(O2)随时间的变化,曲线Ⅰ达到平衡时间缩短,平衡状态下压强浓度增大,则改变的条件是升温,温度越高反应速率越大,则a、b两点用CO浓度变化表示的净反应速率关系为va(CO)
(3)依据先拐先平数据大原则，曲线二先达到平衡，对应的温度高，曲线二对于曲线一是升温，甲醇的物质的量减少，说明向逆反应进行，平衡常数减少，故KⅠ>KⅡ。
26.对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质主要措施之一。
（1）硫酸厂的酸性废水中砷(As)元素(主要以 H3AsO3 形式存在)含量极高，为控制砷的排放， 某工厂采用化学沉淀法处理含砷废水。请回答以下问题：
①已知砷是氮的同族元素，比氮原子多 2 个电子层，砷在元素周期表的位置为_____。
②工业上采用硫化法(通常用硫化钠)去除废水中的砷，生成物为难溶性的三硫化二砷，该反 应的离子方程式为_____。
（2）电镀厂的废水中含有的 CN-有剧毒，需要处理加以排放。处理含 CN-废水的方法之一是在 微生物的作用下，CN-被氧气氧化成 HCO3- ，同时生成 NH3，该反应的离子方程式为_____。
(3)电渗析法处理厨房垃极发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示(图中“HA”表示乳酸分子， A―表示乳酸根离子)：
①阳极的电极反应式为_____
②电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的 pH 约为 6～8，此时进入浓缩室的 OH－可忽略不 计。400 mL 10 g·L－1 乳酸溶液通电一段时间后， 浓度上升为 145 g/L(溶液体积变化忽略不计)，阴极上产生的 H2 在标准状况下的体积约为_____L (已知：乳酸的摩尔质量为 90 g/mol)。
【答案】 (1). 第四周期ⅤA族 (2). 2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O (3). 4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3 (4). 4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+ (5). 6.72
【解析】
【分析】
（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层；
②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水；
（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化；
（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性；
②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA—2 H+—H2，由此计算可得。
【详解】（1）①由砷是氮的同族元素，比氮原子多2个电子层可知，砷原子最外层有5个电子，4个电子层，则砷位于元素周期表第四周期ⅤA族，故答案为：第四周期ⅤA族；
②根据题给信息可知，酸性条件下，硫化钠与和废水中的砷酸反应，生成难溶性的三硫化二砷和水，反应中硫化钠做还原剂，砷酸做氧化剂，反应的离子方程式为2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O，故答案为：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O；
（2）由题意可知，在微生物的作用下，CN-被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，反应中碳元素化合价升高被氧化，氮元素化合价没有变化，则反应的离子方程式为4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3，故答案为：4H2O+2CN-+O2=2HCO3-+2NH3；
（3）①水电离出的氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氧气，破坏水的电离平衡，使溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度增大，电极反应式为4OH-或2H2O-4e-═O2↑+4H+，故答案为：4OH--4e-═2H2O+O2↑或2H2O-4e-═O2↑+4H+；
②由电极反应式和生成HA的化学方程式可得：2HA—2 H+—H2，电解过程中生成HA的质量为（145 g/L×0.4L—10 g/L×0.4L）=54g，则由HA和氢气的关系式可知阴极上产生的 H2 在标准状况下的体积约为××22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72。
【点睛】电渗析法处理厨房垃极发酵液时，阳极上水电离出的氢氧根放电，使溶液中氢离子浓度增大，氢离子从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，阴极上水电离出的氢离子放电，使溶液中氢氧根浓度增大，溶液中A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，发生反应H++A-═HA，导致乳酸浓度增大是理解的关键，也是解答关键。
27.氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁。实验室制备装置和工业制备流程图如下：
已知：(1)无水FeCl3的熔点为555 K、沸点为588 K。
(2)废铁屑中的杂质不与盐酸反应。
(3)不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：
温度/℃
0
20
80
100
溶解度(g/100 g H2O)
74.4
91.8
525.8
535.7
实验室制备操作步骤如下：
Ⅰ.打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸；
Ⅱ.当……时，关闭弹簧夹K1，打开活塞K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a；
Ⅲ.将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3·6H2O晶体。
请回答：
(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是_____________________________。
(2)为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“…”的内容是______________。
(3)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体的操作步骤是加入______________后__________________、过滤、洗涤、干燥。
(4)试写出吸收塔中反应的离子方程式：______________________。
(5)捕集器温度超过673 K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式(相对原子质量：Cl－35.5、Fe－56)为____________。
(6)FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL(已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－)。
①滴定终点的现象是________________________________________________；
②样品中氯化铁的质量分数为__________________________。
【答案】 (1). 把亚铁离子全部氧化成三价铁离子 (2). 装置A中不产生气泡或量气筒和水准管液面不变 (3). 盐酸 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－ (6). Fe2Cl6 (7). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 (8). %
【解析】
【详解】(1)根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3·6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3，烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把亚铁离子全部氧化成三价铁离子。
(2)铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气筒和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化。
(3)从FeCl3溶液制得FeCl3·6H2O晶体，为了防止FeCl3溶液发生水解，则先加入盐酸，后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是2Fe＋3Cl2＝2FeCl3，因此进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成FeCl3溶液，所以吸收剂应是FeCl2溶液，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。
(5)捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673 K时，二分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6。
(6)①称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。所以滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②由反应：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2、I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－可得关系式：2Fe3＋～I2～2S2O32－，求得n(Fe3＋)＝cV×10－3 mol，则样品中氯化铁的质量分数为ω(Fe3＋)＝×100%＝%。
28.以冶炼金属铝的废弃物铝灰为原料制取超细α－氧化铝，既能降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为A12O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备流程如下：
（1）用上图中“滤渣”和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_____（填选项编号）。
（2）流程中加入H2O2有气体产生，原因是___________________________________。
（3）通过调节溶液的pH来“沉铁”，得到Fe（OH）3．已知：
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀时的pH
2.2
7.5
3.7
完全沉淀时的pH
3.2
9.0
4.7
为保证产品的纯度，可以选用下列物质中的_______调节溶液pH（填字母），调节pH的范围为______________。
a．Al2O3 b．NaOH c．Al（OH）3 d．Na2CO3
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置：
①集气瓶中收集到的气体是____________（填化学式）。
②装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是____________________________。
③选用一种常用化学试剂和稀硝酸检验硫酸铝铵，该试剂_________。写出硫酸铝铵加入足量该试剂的离子方程式__________________________________________________。
④20℃时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3,则溶液中，2c(SO42－)－c(NH4+)－3c(Al3+)=____________mol·L－1（填具体数字计算式，不必化简）
【答案】 (1). B (2). Fe3+对H2O2的分解有催化作用 (3). ac (4). 3.2≤pH<3.7 (5). N2 (6). 吸收SO2 (7). Ba（OH）2 (8). NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O (9). 10－3－10－11
【解析】
【分析】
（1）铝灰中A12O3、FeO、Fe2O3均被稀硫酸溶解，所以剩余的“滤渣”的主要成分是SiO2；二氧化硅与氢氧化钠焙烧制备硅酸钠；蒸发皿不能用来加热固体；铁与二氧化硅、氢氧化钠均不反应，可以用铁坩埚进行加热；玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应；瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应；
（2）双氧水在氧化亚铁离子时，溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，所以流程中加入H2O2有气体产生；
（3）本流程最终制备氧化铝，因此，要加入含有铝元素，能够与酸反应，但不溶于水的化合物来调节溶液的pH，氧化铝、氢氧化铝都不溶于水，都能和酸反应，溶解后又不产生新杂质，满足流程要求；而氢氧化钠、碳酸钠不仅和铁离子反应，也能和铝离子反应，无法达到只沉铁的目的；
为了使铁离子变为沉淀，而铝离子不沉淀，根据表中数据可知，调节溶液的pH的范围为3.2≤pH<3.7；
（4）将产生的混合气体通入装置中，水分溶在NaHSO3溶液中，SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4与NaHSO3反应生成SO2；同时NaHSO3溶液能与氨水反应，所以混合气体中被吸收了 SO3和NH3；KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化，最终用排水法收集N2。
①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；
②KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化吸收；因此装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是吸收SO2；
③NH4Al（SO4）2•12H2O晶体中含有铵根离子、铝离子和硫酸根离子，加入浓Ba(OH)2溶液就可以检验出三种离子；硫酸铝铵加入足量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨，据此写出离子方程式；
④20℃ 时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3，根据电荷守恒分析离子浓度的关系。
【详解】（1）能够焙烧固体的装置是坩埚，NaOH能和二氧化硅反应生成硅酸钠，所以不能采用瓷坩埚灼烧，所以应该采用铁坩埚，故选B，
故答案为B；
（2）在实验流程中，H2O2具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，而Fe3+对H2O2的分解有催化作用。
故答案为Fe3+对H2O2的分解有催化作用；
（3）为保证产品-氧化铝的纯度，可以选用a．A12O3 c．Al(OH) 3调节溶液pH。Fe3+开始沉淀的pH=2.2，沉淀完全的pH=3.2要使Fe3+完全沉淀调节pH的范围为3.2≤pH＜3.7。
故答案为a c ； 3.2≤pH＜3.7；
（4）①依据方程式：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+5SO3↑+3SO2↑+53H2O，煅烧硫酸铝铵晶体，生成的气体有NH3、N2、SO3、SO2、H2O，混合气体中氨气、三氧化硫易溶于水，能够被饱和NaHSO3溶液吸收，二氧化硫具有还原性能够被酸性高锰酸钾溶液吸收，氮气不溶于水，不能被吸收，剩余N2，所以集气瓶中收集到的气体是N2；
故答案为N2；
②二氧化硫能够与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，所以装有KMnO4溶液洗气瓶的作用是吸收SO2；
故答案为吸收SO2；
③NH4Al（SO4）2•12H2O晶体中含有铵根离子、铝离子和硫酸根离子，加入浓Ba(OH)2溶液就可以检验出三种离子：向硫酸铝铵溶液中逐滴浓氢氧化钡溶液直至过量，先产生白色沉淀，并闻到有刺激性气味；因为硫酸钡不溶于强碱，而氢氧化铝溶于过量的强碱；所以当碱过量后，白色沉淀部分溶解；
硫酸铝铵加入足量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨；离子方程式NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O；
故答案为Ba(OH)2；NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－=AlO2－+2BaSO4↓+NH3+3H2O；
④20℃ 时，0.1mol·L－1硫酸铝铵，其溶液pH=3，根据电荷守恒，有2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)= c(H+)-=(10-3-10-11)mol•L-1 ，
故答案为10-3-10-11。
【点睛】本题考查了物质分离和提纯，明确物质的性质是解题关键，（4）④为易错点，注意利用守恒思想解题。
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