2022-2022学年江苏省无锡市青山高级中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．2022年诺贝尔化学奖授予超高分辨率荧光显微镜的贡献者．人类借助于这种显微镜可以观察到单个的蛋白质分子．下列有关叙述不正确是()A．蛋白质中含有碳、氢、氧、氮等元素B．蛋白质属于高分子化合物C．蛋白质可完全水解生成氨基酸D．消毒过程中细菌蛋白质发生了盐析2．下列有关化学用语表示正确的是()A．中子数为20的氯原子：ClB．苯的结构简式：C6H6C．硅的原子结构示意图：D．Na2S的电子式：3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．pH=14的溶液中：K+、NH4+、NO3﹣、HCO3﹣B．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、AlO2﹣C．0.1mol•L﹣1Fe（NO3）2溶液中：H+、Ca2+、SCN﹣、Cl﹣D．0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣-37-\n4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（夹持装置未画出）()A．用装置甲检验溶液中是否有K+B．用装置乙制取并收集少量NH3C．用装置丙进行喷泉实验D．用装置丁加热熔融NaOH固体5．设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．17.6g丙烷中所含的共价键数目为4NAB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH﹣离子数目为0.1NAC．标准状况下，5.6LNO和5.6LO2混合后的分子总数目为0.5NAD．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA-37-\n6．下列物质性质与应用对应关系正确的是()A．铝合金熔点低，可用来制造门窗B．二氧化氯具有强氧化性，可用来漂白织物C．过氧化钠固体呈淡黄色，可用来做供氧剂D．硫酸铜溶于水呈酸性，可用来做杀菌剂7．下列指定反应的离子方程式正确的是()A．Fe2O3溶于HI溶液中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB．OH的溶液中加入盐酸：Ag++Cl﹣=AgCl↓C．Na2S2O3溶液吸收Cl2：4Cl2+S2O32﹣+5H2O=10H++2SO42﹣+8Cl﹣D．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量NaOH溶液：NH4++Fe2++3OH﹣=Fe（OH）2↓+NH3•H2O8．常温下，满足甲组中的任意一种物质均能与乙组中任意一种物质发生反应的是()选项甲组乙组AAl（OH）3、稀盐酸NaOH溶液、氨水BO2、N2H2、MgCCu、NaOH溶液FeCl3溶液、稀硝酸DSiO2、Cl2HF、H2SO3A．AB．BC．CD．D9．X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍．下列说法正确的是()A．X与Y形成的化合物只有一种B．R的氢化物的热稳定性比W的强C．原子半径：r（Z）＜r（R）D．Y的最高价氧化物的水化物的酸性比W的强10．已知：CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H1C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2-37-\nCO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H3CuO（s）+CO（g）=Cu（s）+CO2（g）△H42CuO（s）+C（s）=2Cu（s）+CO2（g）△H5下列关于上述反应焓变的判断不正确的是()A．△H1＞0B．△H2＞0C．△H2＜△H3D．△H5=2△H4+△H1二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11．下列说法正确的是()A．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）能自发进行，证明该反应的△H＜0B．常温下，BaSO4分别在相同物质的量浓度的Na2SO4溶液和Al2（SO4）3溶液中的溶解度相同C．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明常温下Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）D．等体积、等物质的量浓度的NH3•H2O溶液与NH4Cl溶液混合后溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度小于NH的水解程度12．下列说法正确的是()A．用右图所示方法可保护钢闸门不被腐蚀B．SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）在常温下不能自发进行，则该反应的△H＞0C．常温下，NH4Cl溶液加水稀释，增大-37-\nD．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）（△H＞0），其它条件不变时，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正向移动13．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论AAg2CO3白色悬浊液中加入Na2S溶液沉淀变为黑色Ksp（Ag2S）＞Ksp（Ag2CO3）B向苯酚钠溶液中通入CO2溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚强C向蛋白质溶液中加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液均有白色沉淀蛋白质均发生了变性D向溶液X中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体X中一定含有Fe3+A．AB．BC．CD．D14．向20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液至恰好反应完全，下列说法正确的是()A．整个反应过程中：c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣）B．当滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7）：c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．当滴入20mLNaOH溶液时：2c（SO42﹣）=c（NH3•H2O）+c（NH4+）D．当溶液呈中性时：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）15．一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）达到平衡所需时间（s）PCl5（g）PCl3（g）Cl2（g）Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80t2Ⅲ4100.400.150.15t3下列说法正确的是()A．平衡常数K：容器Ⅱ＞容器Ⅲ-37-\nB．反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器ⅠC．反应到达平衡时，容器I中的平均速率为v（PCl5）=mol/（L•s）D．起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，则反应将向逆反应方向进行三、解答题（共5小题，满分68分）16．利用铝灰（主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等）制备铝鞣剂的一种工艺如下：（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．铝灰在90℃水解生成A的化学方程式为__________．“水解”采用90℃而不在室温下进行的原因是__________．（2）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为__________．（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为__________．（4）“废渣”成分为__________（填化学式）．（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是__________．17．高氯酸钠可用于制备高氯酸．以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体（NaClO4•H2O）的流程如下：（1）由粗盐（含Ca2+、Mg2+、S、Br﹣等杂质）制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂．Na2CO3的作用是__________；除去盐水中的Br﹣可以节省电解过程中的电能，其原因是__________．（2）“电解Ⅰ”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有__________（填化学式）．“电解Ⅱ”的化学方程式为__________．-37-\n（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为__________．“气流干燥”时，温度控制在80～100℃的原因是__________．18．铝铁合金在微电机中有广泛应用，某兴趣小组为利用废弃的铝铁合金设计了如图1所示实验流程制备聚合硫酸铁和明矾：（1）聚合硫酸铁是一种无毒无害、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，微溶于乙醇，其化学式可表示为n．①聚合硫酸铁可用于净水的原理是__________．②有人认为上述流程中的“氧化”设计存在缺陷，请提出改进意见：__________；浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是__________．③加入试剂Y的目的是调节pH，所加试剂Y为__________；溶液的pH对n中x的值有较大影响（如图2所示），试分析pH过小（pH＜3）导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因：__________．（2）明矾是一种常见铝钾硫酸盐．②为充分利用原料，试剂X应为__________．②请结合如图3所示的明矾溶解度曲线，补充完整由滤液Ⅰ制备明矾晶体的实验步骤（可选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精）：向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，__________，得到明矾晶体．-37-\n19．实验室用MnO2、KOH及KClO3为原料制取高锰酸钾的实验流程如图1：（1）熔融时需用铁坩埚和铁制搅拌棒而不能用玻璃仪器，其原因是__________．（2）熔融时，MnO2转化为K2MnO4，KClO3转化为KCl，其反应的化学方程式为__________．（3）几种物质的溶解度曲线如图2所示．①歧化时，通入CO2至pH为10～11，K2MnO4绿色溶液转化为KMnO4和MnO2．其反应的离子方程式为__________．②歧化时不能通入过量CO2的原因是__________．③通入CO2后，用玻璃棒蘸取溶液点于滤纸上，观察到__________，证明歧化反应已发生．④歧化后得到KMnO4晶体的操作依次为过滤、__________、__________及干燥．（4）在此实验流程中可循环使用的物质的化学式为__________．20．（14分）以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制取硫酸，其烧渣可用来炼铁．（1）煅烧硫铁矿时发生反应：FeS2+O2﹣→Fe2O3+SO2（未配平）．当产生448L（标准状况）SO2时，消耗O2的物质的量为__________．-37-\n（2）Fe2O3用CO还原焙烧的过程中，反应物、生成物和温度之间的关系如图1所示．（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的；A、B、C、D四个区域分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域）已知：3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）；△H1=akJ•mol﹣1Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）；△H2=bkJ•mol﹣1FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）；△H3=ckJ•mol﹣1①反应Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H=__________kJ•mol﹣1（用含a、b、c的代数式表示）．②800℃时，混合气体中CO2体积分数为40%时，Fe2O3用CO还原焙烧反应的化学方程式为__________．③据图分析，下列说法正确的是__________（填字母）．a．温度低于570℃时，Fe2O3还原焙烧的产物中不含FeOb．温度越高，Fe2O3还原焙烧得到的固体物质组成中Fe元素的质量分数越高c．Fe2O3还原焙烧过程中及时除去CO2有利于提高Fe的产率（3）FeS2是Li/FeS2电池（示意图如右图）的正极活性物质．①FeSO4、Na2S2O3、S及H2O在200℃时以等物质的量连续反应24h后得到FeS2．写出该反应的离子方程式：__________．②电池的负极是金属Li，电解液是含锂盐的有机溶液．电池放电反应为FeS2+4Li═Fe+4Li++2S2﹣．该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++FeS，则第2步正极的电极反应式为__________．【物质结构与性质】21．高氯酸三碳酰肼合镍{（ClO4）2}是一种新型的起爆药．（1）Ni2+基态核外电子排布式为__________．（2）ClO4﹣的空间构型是__________；与ClO4﹣互为等电子体的一种分子为__________（填化学式）．-37-\n（3）化学式中CHZ为碳酰肼，组成为CO（N2H3）2，碳酰肼中碳原子的杂化轨道类型为__________；1molCO（N2H3）2分子中含有σ键数目为__________．（4）高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、高氯酸及碳酰肼化合而成．NiO的晶胞结构如图所示，晶胞中含有的Ni2+数目为a，Ni2+的配位数为b，NiO晶体中每个镍离子距离最近的镍离子数目为c，则a：b：c=__________．-37-\n2022-2022学年江苏省无锡市青山高级中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1．2022年诺贝尔化学奖授予超高分辨率荧光显微镜的贡献者．人类借助于这种显微镜可以观察到单个的蛋白质分子．下列有关叙述不正确是()A．蛋白质中含有碳、氢、氧、氮等元素B．蛋白质属于高分子化合物C．蛋白质可完全水解生成氨基酸D．消毒过程中细菌蛋白质发生了盐析【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】糖类与蛋白质专题．【分析】A、蛋白质含有C、H、O、N、S、P等元素；B、蛋白质属于天然高分子化合物；C、蛋白质完全水解生成氨基酸；D、消毒过程中细菌蛋白质发生了变性．【解答】解：A、蛋白质属于有机物，含有C、H、O、N、S、P等元素，故A正确；B、蛋白质属于天然高分子化合物，相对分子质量在10000以上，故B正确；C、蛋白质完全水解生成各种氨基酸，故C正确；D、消毒过程中细菌蛋白质发生了变性，不是盐析，故D错误，故选D．【点评】本题主要考查的是蛋白质的元素组成、水解产物以及蛋白质的性质，蛋白质遇强酸、强碱、重金属盐等发生的水变性．2．下列有关化学用语表示正确的是()-37-\nA．中子数为20的氯原子：ClB．苯的结构简式：C6H6C．硅的原子结构示意图：D．Na2S的电子式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】A、中子数为20，则质量数为37，元素符号左上角的数字为质量数；B、根据分子式和结构简式的特点来回答；C、根据原子核外电子排布规律知识结合原子结构示意图的画法来回答分析；D、硫化钠是钠离子和硫离子构成的离子化合物，根据离子化合物电子式的画法进行回答．【解答】解：A、中子数为20的氯原子中，质子数是17，但是质量数是37，中子数为20的氯原子为Cl，故A错误；B、苯的结构简式是，故B错误；C、硅是14号元素，它的原子结构示意图为：，故C正确；D、硫化钠是钠离子和硫离子构成的离子化合物，Na2S的电子式是，故D错误；故选C．【点评】本题考查了电子式、化学式、结构简式的书写知识，题目难度中等，明确物质中存在的化学键及电子式的书写规则即可解答，注意离子键和共价键的区别，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．pH=14的溶液中：K+、NH4+、NO3﹣、HCO3﹣B．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、AlO2﹣C．0.1mol•L﹣1Fe（NO3）2溶液中：H+、Ca2+、SCN﹣、Cl﹣D．0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣-37-\n【考点】离子共存问题．【分析】A．pH=14的溶液，显碱性；B．能使甲基橙变红的溶液，显酸性；C．离子之间结合生成络离子；D．该组离子之间不反应．【解答】解：A．pH=14的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在NH4+、HCO3﹣，故A错误；B．能使甲基橙变红的溶液，显酸性，不能大量存在AlO2﹣，故B错误；C．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故C错误；D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存，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、络合反应的离子共存考查，题目难度不大．4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（夹持装置未画出）()A．用装置甲检验溶液中是否有K+B．用装置乙制取并收集少量NH3C．-37-\n用装置丙进行喷泉实验D．用装置丁加热熔融NaOH固体【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃；B．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气的密度比空气的密度小；C．氯气不易溶于食盐水；D．瓷坩埚中的二氧化硅与NaOH反应．【解答】解：A．观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，由图可知，缺少蓝色的钴玻璃，故A错误；B．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气的密度比空气的密度小，则图中固液反应不加热装置及向下排空气法均合理，故B正确；C．氯气不易溶于食盐水，则图中装置不能形成喷泉实验，故C错误；D．瓷坩埚中的二氧化硅与NaOH反应，仪器选择不合理，应使用铁坩埚，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应、气体的制备及收集、物质的性质等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大．5．设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．17.6g丙烷中所含的共价键数目为4NAB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH﹣离子数目为0.1NAC．标准状况下，5.6LNO和5.6LO2混合后的分子总数目为0.5NAD．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、求出丙烷的物质的量，然后根据1mol丙烷中含10mol共价键来分析计算；-37-\nB、溶液的体积不明确；C、在NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体体积偏小；D、根据粗铜中含有杂质（铁）的摩尔质量比铜小，转移的电子的物质的量大于1mol分析．【解答】解：A、17.6g丙烷的物质的量n==0.4mol，而1mol丙烷中含10mol共价键，故0.4mol丙烷中含4mol共价键，故A正确；B、溶液的体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故B错误；C、一氧化氮和氧气不需要任何条件即可反应，由2NO+O2═2NO2，分子数减少，即分子总数小于0.5NA，故C错误；D、电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少64g，转移的电子的物质的量大于2mol，则阴极得到的电子数大于2NA，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，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．6．下列物质性质与应用对应关系正确的是()A．铝合金熔点低，可用来制造门窗B．二氧化氯具有强氧化性，可用来漂白织物C．过氧化钠固体呈淡黄色，可用来做供氧剂D．硫酸铜溶于水呈酸性，可用来做杀菌剂【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；生活中常见合金的组成．【分析】A．根据铝合金的密度小，硬度大；B．根据二氧化氯具有强氧化性而漂白；C．根据过氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；D．根据硫酸铜溶液做杀菌剂，主要是利用铜离子为种金属离子可以使蛋白质变性；【解答】解：A．铝合金的密度小，硬度大，所以铝合金用来制造门窗，不是因为其熔点低，故A错误；B．二氧化氯具有强氧化性，所以可用来漂白织物，故B正确；-37-\nC．过氧化钠具有强氧化性能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以过氧化钠可用作供氧剂，不是因为过氧化钠固体呈淡黄色，故C错误；D．硫酸铜溶液做杀菌剂，主要是利用铜离子为种金属离子可以使蛋白质变性，不是因为溶于水呈酸性，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了物质的性质与用途，题目较为简单，注意性质与应用对应关系的逻辑性．7．下列指定反应的离子方程式正确的是()A．Fe2O3溶于HI溶液中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB．OH的溶液中加入盐酸：Ag++Cl﹣=AgCl↓C．Na2S2O3溶液吸收Cl2：4Cl2+S2O32﹣+5H2O=10H++2SO42﹣+8Cl﹣D．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量NaOH溶液：NH4++Fe2++3OH﹣=Fe（OH）2↓+NH3•H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；B．发生OH﹣与酸的反应；C．发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠；D．加入过量NaOH溶液，亚铁离子、铵根离子均完全反应，不符合离子的配比．【解答】解：A．Fe2O3溶于HI溶液中的离子反应为2I﹣+Fe2O3+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故A错误；B．OH的溶液中加入盐酸的离子反应为H++OH﹣=H2O，故B错误；C．Na2S2O3溶液吸收Cl2的离子反应为4Cl2+S2O32﹣+5H2O=10H++2SO42﹣+8Cl﹣，遵循电子、电荷守恒，故C正确；D．（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量NaOH溶液的离子反应为2NH4++Fe2++4OH﹣=Fe（OH）2↓+2NH3•H2O，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大，选项B为解答的难点．8．常温下，满足甲组中的任意一种物质均能与乙组中任意一种物质发生反应的是()-37-\n选项甲组乙组AAl（OH）3、稀盐酸NaOH溶液、氨水BO2、N2H2、MgCCu、NaOH溶液FeCl3溶液、稀硝酸DSiO2、Cl2HF、H2SO3A．AB．BC．CD．D【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；氯气的化学性质；氮气的化学性质；硅和二氧化硅．【分析】A．氢氧化铝只能与强碱反应；B．氧气与氢气常温下不反应；氮气与氢气、镁常温下不反应；C．铜与氯化铁常温下反应生成氯化铜、氯化亚铁；铜与稀硝酸常温下反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；常温下，氢氧化钠与氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁和氯化钠，氢氧化钠与硝酸发生酸碱中和反应生成硝酸钠和水；D．二氧化硅与亚硫酸不反应，氯气与氢氟酸不反应．【解答】解：A．氨水中的一水合氨为弱碱，不能与氢氧化铝发生反应，故A不选；B．氧气与氢气常温下不反应；氮气与氢气、镁常温下不反应，不符合题目要求，故B不选；C．铜与氯化铁常温下反应生成氯化铜、氯化亚铁；铜与稀硝酸常温下反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；常温下，氢氧化钠与氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁和氯化钠，氢氧化钠与硝酸发生酸碱中和反应生成硝酸钠和水，满足常温下，甲组中的任意一种物质均能与乙组中任意一种物质发生反应，故C选；D．二氧化硅与亚硫酸不反应，氯气与氢氟酸不反应，不符合题目要求，故D不选；故选：C．【点评】本题考查了物质之间发生的反应，熟悉物质的性质是解题关键，注意氢氧化铝只能与强碱反应，题目难度不大．9．X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍．下列说法正确的是()A．X与Y形成的化合物只有一种B．R的氢化物的热稳定性比W的强C．原子半径：r（Z）＜r（R）-37-\nD．Y的最高价氧化物的水化物的酸性比W的强【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素．X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg；W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl；Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于ⅤA族，原子序数小于Mg，故Y为C元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素．X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg；W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl；Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于ⅤA族，原子序数小于Mg，故Y为C元素．A．H与C元素形成烃类物质，化合物种类繁多，故A错误；B．非金属性Cl＞S，故氢化物稳定性HCl＞H2S，故B正确；C．Z为Mg、R为Cl，二者同周期，原子序数依次增大，原子半径减小，故C错误；D．Y、W的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸，碳酸是弱酸，而硫酸是强酸，故D错误，故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握．10．已知：CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H1C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H3CuO（s）+CO（g）=Cu（s）+CO2（g）△H42CuO（s）+C（s）=2Cu（s）+CO2（g）△H5下列关于上述反应焓变的判断不正确的是()A．△H1＞0B．△H2＞0C．△H2＜△H3D．△H5=2△H4+△H1【考点】有关反应热的计算；吸热反应和放热反应；反应热的大小比较．【分析】有C参加的氧化还原反应为吸热反应；由C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2、CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H3可知两式相减得到CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H1-37-\n，由CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H1、CuO（s）+CO（g）=Cu（s）+CO2（g）△H4可知第一个反应与第二个反应乘以4的加和得到2CuO（s）+C（s）=2Cu（s）+CO2（g）△H5，以此计算解答．【解答】解：A．CO2（g）+C（s）=2CO（g）为有碳参加的氧化还原反应，为吸热反应，则△H1＞0，故A正确；B．C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）为有碳参加的氧化还原反应，为吸热反应，则△H2＞0，故B正确；C．由C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2、CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H3，结合盖斯定律可知两是相减得到CO2（g）+C（s）=2CO（g），则△H1=△H2﹣△H3＞0，即△H2＞△H3，故C错误；D．由①CO2（g）+C（s）=2CO（g）△H1、④CuO（s）+CO（g）=Cu（s）+CO2（g）△H4，结合盖斯定律可知①+④×②得到2CuO（s）+C（s）=2Cu（s）+CO2（g），则△H5=2△H4+△H1，故D正确；故选C．【点评】本题考查反应热的计算，为高频考点，把握氧化还原反应中能量变化及盖斯定律计算反应热为解答的关键，侧重分析与应用能力、计算能力的考查，题目难度不大．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11．下列说法正确的是()A．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）能自发进行，证明该反应的△H＜0B．常温下，BaSO4分别在相同物质的量浓度的Na2SO4溶液和Al2（SO4）3溶液中的溶解度相同C．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明常温下Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）D．等体积、等物质的量浓度的NH3•H2O溶液与NH4Cl溶液混合后溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度小于NH的水解程度-37-\n【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行；B、据Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）•c（SO42﹣）和Ksp只受温度影响分析；C、当Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3）时，就会生成BaCO3沉淀；D、NH3•H2O电离使溶液显碱性，NH4Cl水解使溶液显酸性．【解答】解：A、该反应的△S＜0，常温下能够自发进行，说明△H﹣T△S＜0，所以该反应的△H＜0，故A正确；B、硫酸根离子浓度越大的溶液中，BaSO4在其中的溶解度越小，故B错误；C、常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32﹣转化BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，这不能证明Ksp（BaCO3）与Ksp（BaSO4）的大小，故C错误；D、体积、等物质的量浓度的NH3•H2O溶液与NH4Cl溶液混合后溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH的水解程度，故D错误．故选A．【点评】本题考查了反应自发进行的条件、沉淀的溶解平衡、盐类水解和弱电解质的电离，题目难度不大．12．下列说法正确的是()A．用右图所示方法可保护钢闸门不被腐蚀B．SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）在常温下不能自发进行，则该反应的△H＞0C．常温下，NH4Cl溶液加水稀释，增大D．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）（△H＞0），其它条件不变时，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正向移动-37-\n【考点】金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理．【分析】A、保护钢闸门不被腐蚀，应让钢闸门做原电池的正极或电解池的阴极；B、△H﹣T△S＞0反应非自发进行，反应△S＞0，△H＞0；C、盐的水解平衡常数Kh只受温度的影响；D、升高温度，正、逆反应速率都增大；【解答】解：A、保护钢闸门不被腐蚀，应让钢闸门做原电池的正极或电解池的阴极，而此图中钢闸门做了原电池的负极，腐蚀速率会加快，故A错误；B、△H﹣T△S＞0，反应非自发进行，反应△S＞0，满足△H﹣T△S＞0，则△H＞0，故B正确；C、铵根离子的水解平衡常数Kh=只受温度的影响，与其他任何因素无关，故常温加水稀释，Kh值不变，故C错误；D、升高温度，正、逆反应速率都增大，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，故D错误；故选B．【点评】本题考查金属的腐蚀与防护、水解平衡常数的影响因素，题目难度不大，本题把握外界条件对平衡常数的影响．13．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论AAg2CO3白色悬浊液中加入Na2S溶液沉淀变为黑色Ksp（Ag2S）＞Ksp（Ag2CO3）B向苯酚钠溶液中通入CO2溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚强C向蛋白质溶液中加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液均有白色沉淀蛋白质均发生了变性D向溶液X中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体X中一定含有Fe3+A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．溶解度大的难溶物能转化为溶解度小的难溶物；B．CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚；-37-\nC．重金属盐可使蛋白质变性；D．Na2O2具有强氧化性．【解答】解：A．溶解度大的难溶物能转化为溶解度小的难溶物，Ag2CO3白色悬浊液中加入Na2S溶液，白色沉淀变为黑色，所以说明Ksp（Ag2S）＜Ksp（Ag2CO3），故A错误；B．CO2通入苯酚钠溶液中，溶液出现浑浊，说明生成苯酚，则可证明H2CO3酸性比苯酚强，故B正确；C．向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液发生盐析，而不是变性，重金属盐可使蛋白质变性，故C错误；D．Na2O2具有强氧化性，X中可能含有Fe2+，故D错误．故选B．【点评】本题综合考查化学实验方案的评价，题目难度不大，注意把握相关物质的性质，学习中注意相关知识的把握．14．向20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液至恰好反应完全，下列说法正确的是()A．整个反应过程中：c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣）B．当滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7）：c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．当滴入20mLNaOH溶液时：2c（SO42﹣）=c（NH3•H2O）+c（NH4+）D．当溶液呈中性时：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．【分析】A、依据溶液中存在电荷守恒分析判断；B、当滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），溶液中为一水合氨、硫酸铵、硫酸钠溶液，据此分析溶液中离子浓度大小；C、当滴入20mLNaOH溶液时，反应H++OH﹣=H2O，溶液中为等浓度的硫酸钠和硫酸铵，溶液中存在物料守恒分析；D、电荷守恒分析，c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），c（H+）=c（OH﹣），c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），溶液中为硫酸钠、硫酸铵和少量氢氧化钠，据此分析离子浓度大小；-37-\n【解答】解：A、向20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液至恰好反应完全，溶液中为一水合氨、硫酸钠溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），故A正确；B、当滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），溶液中为一水合氨、硫酸铵、硫酸钠溶液，4NH4HSO4+6NaOH=3Na2SO4+4H2O+（NH4）2SO4+2NH3•H2O，据此分析溶液中离子浓度大小，c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；C、当滴入20mLNaOH溶液时，反应H++OH﹣=H2O，溶液中为等浓度的硫酸钠和硫酸铵，溶液中存在物料守恒分析，c（SO42﹣）=c（NH3•H2O）+c（NH4+），故C错误；D、电荷守恒分析，c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），c（H+）=c（OH﹣），c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），溶液中为硫酸钠、硫酸铵和少量氢氧化钠，据此分析离子浓度大小，c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣），故D错误；故选AB．【点评】本题考查了电解质溶液中的离子浓度大小和电荷守恒、物料守恒的分析判断，主要是费用定量关系分析和产物的成分判断，咋给我基础是关键，题目难度中等．15．一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）达到平衡所需时间（s）PCl5（g）PCl3（g）Cl2（g）Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80t2Ⅲ4100.400.150.15t3下列说法正确的是()A．平衡常数K：容器Ⅱ＞容器ⅢB．反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器ⅠC．反应到达平衡时，容器I中的平均速率为v（PCl5）=mol/（L•s）D．起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，则反应将向逆反应方向进行-37-\n【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故容器Ⅱ中得到平衡常数与容器I中相同，计算然后比较即可；B、PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），此反应正反应方向为压强增大的反应，增大压强，平衡左移；C、依据生成氯气的物质的量计算氯气的反应速率，然后依据化学计量数之比等于反应速率之比计算PCl5的速率即可；D、计算出此时的Qc与K比较，然后判断反应方向即可．【解答】解：A、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，I中K==≈0.03，容器III中K==0.045，即平衡常数K：容器Ⅱ＜容器Ⅲ，故A错误；B、PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），此反应正反应方向为压强增大的反应，增大压强，平衡左移，即PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器Ⅰ，故B正确；C、v（Cl2）==v（PCl5），故C错误；D、由Ⅲ得出此时K==0.09，起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，则此时Qc==0.075，由于Qc＜0.09，故平衡左移，故D正确，故选BD．【点评】本题主要考查的是化学平衡移动原理以及化学平衡的影响因素，平衡常数的计算等，难度不大．三、解答题（共5小题，满分68分）16．利用铝灰（主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等）制备铝鞣剂的一种工艺如下：-37-\n（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．铝灰在90℃水解生成A的化学方程式为AlN+3H2OAl（OH）3+NH3↑．“水解”采用90℃而不在室温下进行的原因是加快AlN水解反应速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出．（2）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+═2Al3++3H2O．（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++ClO﹣═3Fe3++Cl﹣+H2O．（4）“废渣”成分为Fe（OH）3（填化学式）．（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液PH使铁笼子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂；（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，加热可以促进氮化铝水解生成氨气；（2）氧化铝是两性氧化物酸溶时和盐酸发生反应生成氯化铝溶液；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子；（4）上述分析可知滤渣为氢氧化铁沉淀；（5）铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解．【解答】解：铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液PH使铁笼子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂；（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉淀和氨气，反应的化学方程式为：AlN+3H2OAl（OH）3+NH3↑，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；故答案为：AlN+3H2OAl（OH）3+NH3↑；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出；-37-\n（2）氧化铝是两性氧化物酸溶时和盐酸发生反应生成氯化铝溶液，）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；（3）加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++ClO﹣═3Fe3++Cl﹣+H2O；故答案为：2Fe2++2H++ClO﹣═3Fe3++Cl﹣+H2O；（4）上述分析可知“废渣”成分为氢氧化铁沉淀，化学式为：Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（5）铝鞣剂主要成分为Al（OH）2Cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解，故答案为：防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3．【点评】本题考查了物质制备的实验流程分析判断，物质性质的理解应用，主要是工艺流程和反应产物的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．17．高氯酸钠可用于制备高氯酸．以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体（NaClO4•H2O）的流程如下：（1）由粗盐（含Ca2+、Mg2+、S、Br﹣等杂质）制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂．Na2CO3的作用是除去Ca2+和引入的Ba2+；；除去盐水中的Br﹣可以节省电解过程中的电能，其原因是电解时Br﹣被氧化．（2）“电解Ⅰ”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有Cl2（填化学式）．“电解Ⅱ”的化学方程式为NaClO3+H2ONaClO4+H2↑．（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣．“气流干燥”时，温度控制在80～100℃的原因是温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验设计题．-37-\n【分析】由原料氯化钠到高氯酸钠晶体，氯的化合价升高，而整个流程中未加强氧化剂，所以通过电解实现了氯的不同价态的转化（电解过程即为氧化还原反应），将制得的盐水一次电解产生氯酸钠，得到的氯酸钠溶液进行再一次电解，生成高氯酸钠，然后通入二氧化硫除去其中的氯酸钠，最后进行分离提纯得到高氯酸钠晶体，（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡；Br﹣的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化；（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气；电解Ⅱ氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2ONaClO4+H2↑；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水以结合考虑高氯酸钠本身的稳定性．【解答】解：（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡，所以碳酸钠的作用为除去钙离子和钡离子，Br﹣的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化，故答案为：除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br﹣被氧化；（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气，电解Ⅱ氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2ONaClO4+H2↑，故答案为：Cl2；NaClO3+H2ONaClO4+H2↑；（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水，温度太高氯酸钠可能分解，故答案为：2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣；温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分．【点评】本题考查物质的制备实验的工业设计，题目难度中等，本题注意把握物质的性质，从质量守恒的角度以及氧化还原反应的特点判断生成物，为解答该题的关键，也是易错点．-37-\n18．铝铁合金在微电机中有广泛应用，某兴趣小组为利用废弃的铝铁合金设计了如图1所示实验流程制备聚合硫酸铁和明矾：（1）聚合硫酸铁是一种无毒无害、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，微溶于乙醇，其化学式可表示为n．①聚合硫酸铁可用于净水的原理是聚合硫酸铁具有吸附作用．②有人认为上述流程中的“氧化”设计存在缺陷，请提出改进意见：将稀HNO3改为H2O2（或O2、O3等）；浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出，所得产物易于干燥．③加入试剂Y的目的是调节pH，所加试剂Y为Fe2O3；溶液的pH对n中x的值有较大影响（如图2所示），试分析pH过小（pH＜3）导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因：pH过小，会抑制Fe3+的水解．（2）明矾是一种常见铝钾硫酸盐．②为充分利用原料，试剂X应为KOH．②请结合如图3所示的明矾溶解度曲线，补充完整由滤液Ⅰ制备明矾晶体的实验步骤（可选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精）：向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤，向所得滤液中加入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥，得到明矾晶体．-37-\n【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】由流程可知，废弃的铝铁合金加入氢氧化钾溶液浸泡反应铝反应得到偏铝酸钾溶液，过滤，滤液经一系列操作反应生成硫酸铝钾，滤渣中加入稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁，加入稀硝酸氧化为硫酸铁，加入试剂Y调节溶液PH，但不能引入新的杂质，加入氧化铁和酸反应来调节溶液PH，酸性越强，对铁离子水解程度抑制越大，生成氢氧化铁少，得到溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到聚合硫酸铁；（1）①聚合硫酸铁是一种无毒无害、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，具有较大表面积能吸附悬浮杂质净水的作用；②流程中氧化过程是加入的稀硝酸，会引入杂质，可以改为绿色氧化剂如氧气、过氧化氢等，聚合硫酸铁微溶于乙醇，浓缩时向其中加入一定量的乙醇可以利于聚合硫酸铁析出，乙醇易挥发分析；③加入氧化铁和酸反应来调节溶液PH，不引入新的杂质，图象分析可知PH＜3，x值越小，是因为酸性条件下铁离子水解被抑制；（2）①明矾是一种常见铝钾硫酸盐，所以为充分利用原料，试剂X应为氢氧化钾；②明矾溶解度随温度升高溶解度增大，向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤除去过量的废铝铁屑，滤液这是铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，加入稀硫酸生成白色沉淀氢氧化铝，继续加入稀硫酸沉淀溶解，所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥得到明矾晶体．【解答】解：由流程可知，废弃的铝铁合金加入氢氧化钾溶液浸泡反应铝反应得到偏铝酸钾溶液，过滤，滤液经一系列操作反应生成硫酸铝钾，滤渣中加入稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁，加入稀硝酸氧化为硫酸铁，加入试剂Y调节溶液PH，但不能引入新的杂质，加入氧化铁和酸反应来调节溶液PH，酸性越强，对铁离子水解程度抑制越大，生成氢氧化铁少，得到溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到聚合硫酸铁；（1）①聚合硫酸铁是一种无毒无害、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，具有较大表面积能吸附悬浮杂质，有净水的作用，聚合硫酸铁可用于净水的原理是具有吸附作用，故答案为：聚合硫酸铁具有吸附作用；②上述流程中的“氧化”设计存在缺陷，流程中氧化过程是加入的稀硝酸，会引入杂质硝酸根离子，可以改为绿色氧化剂如氧气、过氧化氢等，氧气和过氧化氢被还原为水无污染，聚合硫酸铁微溶于乙醇，浓缩时向其中加入一定量的乙醇，可以降低聚合硫酸铁的溶解度利于聚合硫酸铁析出，乙醇易挥发得到晶体易于干燥；-37-\n故答案为：将稀HNO3改为H2O2（或O2、O3等）；降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出，所得产物易于干燥；③加入氧化铁和酸反应来调节溶液pH，所加试剂Y为Fe2O3，不引入新的杂质；图象分析可知PH＜3，x值越小，是因为酸性条件下铁离子水解被抑制，分析pH过小（pH＜3）导致聚合硫酸铁中x的值减小，故答案为：Fe2O3；pH过小，会抑制Fe3+的水解；（2）①明矾是一种常见铝钾硫酸盐，所以为充分利用原料，试剂X应为KOH，故答案为：KOH；②明矾溶解度随温度升高溶解度增大，向滤液Ⅰ中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，过滤除去过量的废铝铁屑，滤液中是铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，加入稀硫酸生成白色沉淀氢氧化铝，继续加入稀硫酸沉淀溶解，所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥得到明矾晶体，故答案为：过滤，向所得滤液中加入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥．【点评】本题考查了物质分离提纯的实验过程分析，物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．19．实验室用MnO2、KOH及KClO3为原料制取高锰酸钾的实验流程如图1：（1）熔融时需用铁坩埚和铁制搅拌棒而不能用玻璃仪器，其原因是在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOH═K2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚．（2）熔融时，MnO2转化为K2MnO4，KClO3转化为KCl，其反应的化学方程式为KClO3+3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O．（3）几种物质的溶解度曲线如图2所示．①歧化时，通入CO2至pH为10～11，K2MnO4绿色溶液转化为KMnO4和MnO2．其反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣．②歧化时不能通入过量CO2的原因是二氧化碳过量会生成溶解度比K2CO3小得多的KHCO3，可能与KMnO4同时析出．③通入CO2后，用玻璃棒蘸取溶液点于滤纸上，观察到滤纸上有紫红色，证明歧化反应已发生．-37-\n④歧化后得到KMnO4晶体的操作依次为过滤、加热浓缩、趁热过滤及干燥．（4）在此实验流程中可循环使用的物质的化学式为MnO2．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）从瓷坩埚原料含有SiO2，高温下与KOH发生反应进行分析；（2）由题意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得绿色K2MnO4，根据氧化还原反应可知，还生成KCl，由元素守恒可知，还会生成H2O；MnO2存在，高温下KClO3可能发生分解反应生成氯化钾与氧气；（3）①依据氧化还原反应原理书写离子反应方程式即可；②由溶解度曲线可知，KHCO3的溶解度较小，过量的二氧化碳会生成碳酸氢钾，与高锰酸钾同时析出，据此解答即可；③高锰酸钾为紫红色溶液，据此解答即可；④依据从溶液中得到固体的方法回答即可；（4）熔融过程中加入二氧化锰，歧化反应中生成二氧化锰，据此解答．【解答】解：（1）瓷坩埚原料含有SiO2，在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOH═K2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚，故答案为：在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOH═K2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚；（2）由题意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得绿色K2MnO4，根据氧化还原反应可知，还生成KCl，由元素守恒可知，还会生成H2O，反应方程式为KClO3+3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O，故答案为：KClO3+3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O；-37-\n（3）①此反应中锰酸钾既作氧化剂又作氧化剂，发生歧化反应，+6价的Mn部分升高为+7价，部分降低为+4价，碱性溶液中二氧化碳变为碳酸根，故方程式为：3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣，故答案为：3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣；②由溶解度曲线可知，KHCO3的溶解度较小，过量的二氧化碳会生成碳酸氢钾，与高锰酸钾同时析出，对高锰酸钾的制取造成干扰，故答案为：二氧化碳过量会生成溶解度比K2CO3小得多的KHCO3，可能与KMnO4同时析出；③若有高锰酸钾生成，溶液应显示紫红色，故取少许溶液于滤纸上，若观察到紫色，说明有高锰酸钾产生，故答案为：滤纸上有紫红色；④从溶液中得到固体，需经过过滤、加热浓缩、趁热过滤、干燥等操作，故答案为：加热浓缩；趁热过滤；（4）从整个制取流程可以看出熔融过程中加入二氧化锰固体，在通入二氧化碳的歧化反应中又生成，据此得出二氧化锰固体可以循环利用，故答案为：MnO2．【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、物质推断、氧化还原反应、工艺条件的控制等，难度中等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．20．（14分）以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制取硫酸，其烧渣可用来炼铁．（1）煅烧硫铁矿时发生反应：FeS2+O2﹣→Fe2O3+SO2（未配平）．当产生448L（标准状况）SO2时，消耗O2的物质的量为27.5mol．-37-\n（2）Fe2O3用CO还原焙烧的过程中，反应物、生成物和温度之间的关系如图1所示．（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的；A、B、C、D四个区域分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域）已知：3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）；△H1=akJ•mol﹣1Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）；△H2=bkJ•mol﹣1FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）；△H3=ckJ•mol﹣1①反应Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H=kJ•mol﹣1（用含a、b、c的代数式表示）．②800℃时，混合气体中CO2体积分数为40%时，Fe2O3用CO还原焙烧反应的化学方程式为Fe2O3+CO2FeO+CO2．③据图分析，下列说法正确的是ac（填字母）．a．温度低于570℃时，Fe2O3还原焙烧的产物中不含FeOb．温度越高，Fe2O3还原焙烧得到的固体物质组成中Fe元素的质量分数越高c．Fe2O3还原焙烧过程中及时除去CO2有利于提高Fe的产率（3）FeS2是Li/FeS2电池（示意图如右图）的正极活性物质．①FeSO4、Na2S2O3、S及H2O在200℃时以等物质的量连续反应24h后得到FeS2．写出该反应的离子方程式：Fe2++S2O32﹣+S+H2OFeS2+2H++SO42﹣．②电池的负极是金属Li，电解液是含锂盐的有机溶液．电池放电反应为FeS2+4Li═Fe+4Li++2S2﹣．该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++FeS，则第2步正极的电极反应式为FeS22﹣+2e﹣=2S2﹣+Fe．【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）煅烧硫铁矿时发生反应：FeS2+O2﹣→Fe2O3+SO2，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式，结合定量关系计算；（2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；②800℃时，混合气体中CO2体积分数为40%时，图象分析可知Fe2O3用CO还原得到氧化亚铁和一氧化碳；-37-\n③a、由图可知，FeO在C区稳定，对应的温度高于570℃；b、对于反应II知，升高温度时，CO2%减小，即升温平衡逆向移动，FeO转化成Fe3O4，Fe%减小，Fe%含量由高到低为：Fe＞FeO＞Fe3O4＞Fe2O3；c、分离CO2可使四个反应的平衡均正向移动；（3）①FeS；O4、Na2S2O3、S及H2O在200℃连续反应24小时，四种物质以等物质的量反应生成二硫化亚铁，利用元素守恒和电子守恒写出；②原电池原理可知，负极是Li失电子发生氧化反应，FeS2得到电子生成硫离子和铁，该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++FeS22﹣，负极反应式为Li﹣e﹣=Li+，用总反应减去第1步反应得，2Li+FeS22﹣=Fe+2Li++2S2﹣，用该反应减去负极反应式，消去Li+即可得正极反应式的第2步电极反应式．【解答】解：（1）FeS2中铁元素由+2价升高到+3价，硫元素由﹣1价升高到+4价，FeS2共升高11价，O2共降低2×2=4价，配平得4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，根据“11O2～8SO2”知，生成20molSO2时，消耗O2为11×20/8=27.5mol配平的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，当产生448L（标准状况）SO2时物质的量==20mol，消耗O2的物质的量为27.5mol，故答案为：27.5mol；（2）①、3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）；△H1=akJ•mol﹣1②、Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）；△H2=bkJ•mol﹣1③、FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）；△H3=ckJ•mol﹣1①依据盖斯定律计算（①+2×②+6×③）×得到反应的热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H=KJ/mol，故答案为：；②800℃时，混合气体中CO2体积分数为40%时，由图可知，“800℃、CO2体积分数为40%”时，在C区，此时为FeO的稳定区域，故产物为FeO，Fe2O3用CO还原得到氧化亚铁和一氧化碳，反应的化学方程式为：Fe2O3+CO2FeO+CO2，-37-\n故答案为：Fe2O3+CO2FeO+CO2；③a、由图可知，FeO在C区稳定，对应的温度高于570℃，故a正确；b、Fe%含量由高到低为：Fe＞FeO＞Fe3O4＞Fe2O3，对于反应II知，升高温度时，CO2%减小，即升温平衡逆向移动，FeO转化成Fe3O4，Fe%减小，所以含量不仅与T有关，还与CO气体的比例有关，故b错误；c、分离CO2可使四个反应的平衡均正向移动，有利于Fe含量的增加，故c正确，故答案为：ac；（3）①FeSO4、Na2S2O3、S及H2O在200℃连续反应24小时，四种物质以等物质的量反应生成二硫化亚铁，反应的化学方程式，FeSO4+Na2S2O3+S+H2O═FeS2↓+H2SO4+Na2SO4，反应的离子方程式为：Fe2++S2O32﹣+S+H2OFeS2+2H++SO42﹣，故答案为：Fe2++S2O32﹣+S+H2OFeS2+2H++SO42﹣；②原电池反应为FeS2+4Li═Fe+4Li++2S2﹣．原电池原理可知，负极是Li失电子发生氧化反应，FeS2得到电子生成硫离子和铁，该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++FeS22﹣，负极反应式为Li﹣e﹣=Li+，用总反应减去第1步反应得，2Li+FeS22﹣=Fe+2Li++2S2﹣，用该反应减去负极反应式，消去Li+即可得正极反应式的第2步电极反应式为FeS22﹣+2e﹣=2S2﹣+Fe，故答案为：FeS22﹣+2e﹣=2S2﹣+Fe．【点评】本题考查了热化学方程式书写，原电池原理分析，化学平衡的应用，主要是图象分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【物质结构与性质】21．高氯酸三碳酰肼合镍{（ClO4）2}是一种新型的起爆药．（1）Ni2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8．（2）ClO4﹣的空间构型是正四面体；与ClO4﹣互为等电子体的一种分子为CCl4等（填化学式）．（3）化学式中CHZ为碳酰肼，组成为CO（N2H3）2，碳酰肼中碳原子的杂化轨道类型为sp2；1molCO（N2H3）2分子中含有σ键数目为11×6.02×1023．（4）高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、高氯酸及碳酰肼化合而成．NiO的晶胞结构如图所示，晶胞中含有的Ni2+数目为a，Ni2+的配位数为b，NiO晶体中每个镍离子距离最近的镍离子数目为c，则a：b：c=2：3：6．-37-\n【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型．【分析】（1）Ni元素原子核外有28个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去4s能级2个电子形成Ni2+；（2）计算Cl原子价层电子对数、孤电子对，进而确定ClO4﹣的空间构型；原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体；（3）CO（N2H3）2中C原子与O原子之间形成双键，与N原子之间形成C﹣N单键，没有孤对电子，据此确定杂化轨道数目，进而确定杂化方式，﹣N2H3中氮原子之间形成N﹣N单键，N原子与H原子之间形成N﹣H单键；（4）Ni2+离子位于晶胞顶点及面心，可以均摊法计算晶胞中Ni2+数目，以顶点Ni2+离子研究，与之最近的O2﹣离子位于棱中间且关于Ni2+离子对称，与之最近的Ni2+离子位于面心，每个顶点为12个面共用．【解答】解：（1）Ni元素原子核外有28个电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去4s能级2个电子形成Ni2+，Ni2+离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8，故答案为：1s22s22p63s23p63d8；（2）ClO4﹣中氯原子价层电子对数为4+=4、没有孤电子对，故其空间构型是：正四面体；原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与ClO4﹣互为等电子体的一种分子为CCl4等，故答案为：正四面体；CCl4等；（3）CO（N2H3）2中C原子与O原子之间形成双键，与N原子之间形成C﹣N单键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化，﹣N2H3中氮原子之间形成N﹣N单键，N原子与H原子之间形成N﹣H单键，分子中含有11个σ键，故1molCO（N2H3）2分子中含有σ键数目为11×6.02×1023，故答案为：sp2；11×6.02×1023；-37-\n（4）①Ni2+离子位于晶胞顶点及面心，晶胞中Ni2+数目x=8×+6×=4，以顶点Ni2+离子研究，与之最近的O2﹣离子位于棱中间且关于Ni2+离子对称，故Ni2+的配位数y=6，与之最近的Ni2+离子位于面心，每个顶点为12个面共用，与之距离最近的镍离子数目z=12，故x：y：z=4：6：12=2：3：6，故答案为：2：3：6．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、微粒空间构型、化学键、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，具有一定的空间想象，难度中等．-37-
