福建省莆田第七中学2020届高三上学期期中考试复习检测化学试题2 16页

‎19-20学年高三（上）化学期中考试卷 一、单项选择题(每题3分)‎ ‎1.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是 A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B. “以灰淋汁”的操作是萃取 C. “取碱”得到的是一种碱溶液 D. “浣衣”过程有化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；‎ B. “以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；‎ C. “取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；‎ D. “浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O。下列说法正确的是 ( )‎ A. X的化学式为AgS B. 银针验毒时，空气中氧气失去电子 C. 反应中Ag和H2S均是还原剂 D. 每生成1 mol X，反应转移2 mol e－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由质量守恒定律Ag原子、S原子守恒确定X的化学式为Ag2S，故A错误。‎ B. 据元素化合价的变化反应中氧气作氧化剂得电子，故B错误。‎ C. 据元素化合价的变化知反应中S作还原剂，故C错误。‎ D. 据方程式知每生成2 mol X，电子转移4mol，所以每生成1 mol X，反应转移2 mol e－，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎3.在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是(　　)‎ A. 两种气体的氧原子数目相等 B. 两种气体的压强相等 C. 两种气体的分子数目相等 D. O2比O3的质量小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子数目相等，故A正确；‎ ‎ B. O原子个数相等时,气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)=3:2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3:2，故B错误；‎ C. O原子个数相等时,气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)=3:2，物质的量与分子数成正比，则两种气体的分子数目也是3:2，故C错误；‎ D. 同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故D错误；‎ 故选:A。‎ ‎【点睛】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，结合PV=nRT对各选项进行判断．‎ ‎4.下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）‎ A. 明矾作净水剂 B. 铁粉作食品袋内的脱氧剂 C. 漂粉精作消毒剂 D. 甘油作护肤保湿剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．明矾Al3+水解生成Al(OH)3，Al(OH)3具有吸附性可作净水剂，故A错误。‎ B. 铁粉有还原性作食品袋内的脱氧剂，故B正确。‎ C．漂粉精中的Ca(ClO)2有强氧化性能杀菌消毒作消毒剂，故C错误。‎ D．甘油具有吸水性作护肤保湿剂，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎5.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的溶胶能产生丁达尔效应 B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，上述对青蒿素的提取过程属于化学变化 C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应 D. 古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故选项A正确；‎ B. 青蒿素的提取过程中用水浸取没有发生化学变化，属于物理变化，故选项B错误；‎ C. 铁置换铜属于湿法炼铜，故选项C正确；‎ D. 剑刃硬度要大，所以用的是铁的合金，故选项D正确。‎ 故选：B。‎ ‎6.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是 A. 中子数为18的氯原子：‎ B. N2结构式：N=N C. Na+的结构示意图： ‎ D. H2O的电子式： ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。‎ ‎【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；‎ B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；‎ C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；‎ D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。‎ 故选D。‎ ‎7.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）‎ A. 3 g 3He含有的中子数为1NA B. 1 L 0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA D. 常温下，11g CO2所含的共用电子对数目为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 3He的中子数为3-2=1，则3g3He的中子数为3g÷3g/mol×NA/mol=1NA，故A正确； ‎ B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1 L 0.1 mol·L−1的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1 L× 0.1 mol·L−1×NA =0.1NA，故B错误；‎ C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3。1mol重铬酸钾中含2molCr原子，故转移的电子数为1mol×2×3×NA/mol=6NA，故C正确；‎ D. 常温下，11g CO2所含的共用电子对数目为11g÷44g/mol×4×NA /mol= NA，故 D正确；‎ 故选：B。‎ ‎8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 0.1 mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、‎ B. 0.1 mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、‎ C. 0.1 mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−‎ D. 0.1 mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。‎ ‎【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；‎ B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；‎ C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；‎ D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。‎ ‎9.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；‎ B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；‎ C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；‎ D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）‎ A B C D ‎ NaCl溶于水 电解CuCl2溶液 CH3COOH在水中电离 ‎ H2与Cl2反应能量变化 NaClNa++Cl−‎ CuCl2Cu2++2Cl−‎ CH3COOHCH3COO−+H+‎ H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g)‎ ΔH=−183kJ·mol−1‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。‎ ‎【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；‎ B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；‎ C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合题意；‎ D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。‎ ‎11.下列叙述正确的是 A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1‎ D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。‎ ‎【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。‎ B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。‎ C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。‎ D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。‎ ‎12.下列现象或应用与胶体性质无关的是 A. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐 B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷 C. 泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用 D. 用半透明可以除去淀粉溶液中的少量NaCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.利用电解质使豆浆胶体发生聚沉；B. 冶金厂常用高压电除去烟尘，利用的是胶体发生电泳；C. 泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，两种盐发生互促水解，使水解反应进行到底，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体 ，所以喷出大量泡沫，起到灭火作用，与胶体无关；D. 胶体粒子不能透过半透膜、溶液中的粒子可以透过半透膜，所以用半透膜可以除去淀粉溶液中的少量NaCl。综上所述，C符合题意，本题选C。‎ ‎13.分析生产生活中的下列过程，不涉及氧化还原反应的是（　　）‎ A. 铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈 B. 缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用 C. 将氯气通入冷消石灰中制漂白粉 D. 从海水中提取氯化镁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 铜制品、铁制品在潮湿的空气中生锈，单质转化为化合物，是氧化还原反应；B. 缺铁性贫血服用补铁剂时，需与维生维C同时服用，维C是强还原剂，可以把氧化性较强的+3价铁还原为+2价铁；C. 将氯气通入冷的消石灰中制漂白粉，氯气转化为化合物，是氧化还原反应；D. 从海水中提取氯化镁的方法是先用碱把海水中的镁离子沉淀富集镁，再用盐酸溶解沉淀得氯化镁溶液，然后蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，接着在氯化氢气流中脱水得无水氯化镁，这个过程中没有氧化还原反应。综上所述，本题选D。‎ ‎14.分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（　　）‎ A. 冰醋酸、纯碱、蓝矾、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物 B. HC1O、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸 C. 漂白粉、冰水、氯水均为混合物 D. Na2O、NaOH、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.纯碱碳酸钠，是盐不是碱，A不正确；B. HC1O、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸，B正确；C.冰水是纯净物，C不正确；D.‎ ‎ NaCl不是含氧化合物，D不正确。本题选B。‎ ‎15.“混盐”是指一种金属离子与多种酸根阴离子构成的盐，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]就是一种混盐。“复盐”是指多种简单阳离子和一种酸根阴离子构成的盐，如：KAl(SO4)2。下列化合物中属于“混盐”的是（　　）‎ A. BiONO3 B. (NH4)2Fe(SO4)2 C. Ca(ClO)Cl D. K3Fe(CN)6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎“混盐”是指一种金属离子与多种酸根阴离子构成的盐，Ca(ClO)Cl是由钙离子、氯离子、次氯酸根构成的盐，所以Ca(ClO)Cl是混盐。本题选C。‎ ‎16.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：H+＋OH−=H2O B. 少量二氧化碳通入足量的NaOH溶液中：CO2＋OH−=HCO3-‎ C. Fe与盐酸反应产生H2：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑‎ D. 氨水和醋酸溶液混合：NH3·H2O＋CH3COOH===NH4+＋CH3COO−＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-═H2O+CO32-，故A错误；‎ B．少量二氧化碳通入足量的NaOH溶液的离子反应为CO2+2OH-═CO32-+H2O，故B错误；‎ C．Fe与盐酸反应产生H2的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故C错误；‎ D．氨水和醋酸溶液混合离子反应为NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，故D正确；‎ 故选:D。‎ ‎17.实验中需用2.0mol•L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为 （　　）‎ A. 1 000mL；212.0g B. 500mL；100.7g C. 1000mL；201.4g D. 100mL；21.2g ‎【答案】A ‎【解析】‎ 实验中需用2.0mol•L-1的Na2CO3溶液950mL，因为实验室没有950mL容量瓶，所以只能选用1000mL容量瓶配制1000mL溶液。1000mL、2.0mol•L-1的Na2CO3溶液中含有2mol Na2CO3，其质量为212.0g 。本题选A。‎ 点睛：实验室没有任意规格的容量瓶，如果所配制的溶液体积没有匹配的容量瓶，通常要根据大而近的原则选取合适的规格，并根据所选规格计算所需称量的溶质或所需量取的浓溶液。‎ ‎18.已知下列反应：Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O　(Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3　(Ⅱ)。下列说法正确的是(　　)‎ A. 反应(Ⅰ)中HCl是氧化剂 B. 反应(Ⅱ)中Cl2发生氧化反应 C. 还原性：CoCl2＞HCl＞I2 D. 氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：抓住化合价的变化这一特征，分析Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O 中 Co2O3中的Co为+3价，CoCl2中的Co为+2价 ，故Co2O3为氧化剂将HCl氧化为Cl2；故Co2O3的氧化性大于Cl2；在5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3中Cl2将I2氧化为HIO3故Cl2的氧化性大于HIO3‎ 考点：考查基本理论，氧化还原反应 ‎19.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mg(OH)2电离出的氢氧根离子与氯化铵电离出的铵根离子反应生成氨水，氢氧化镁溶解，离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+═Mg2++2NH3⋅H2O，故A正确；‎ B. 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液,得到的是胶体,胶体不是沉淀,所以不能写沉淀符号,离子方程式为Fe3++3H2O =  Fe(OH)3(胶体)+3H+，，故B错误；‎ C. 二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，转移电子不守恒，离子方程式为5SO2+2MnO4−+2H2O═5SO42−+2Mn2++4H+，故C错误；‎ D. 氧化亚铁溶于稀硝酸，亚铁离子被硝酸根氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3FeO+10H++NO3−═3Fe3++NO↑+5H2O，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎20.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，则不能制备氨气，故A错误；‎ B. 吸收二氧化碳时，导管应长进短出，图中进气方向不合理，故B错误；‎ C. 由NH3+CO2+H2O+NaCl= NaHCO3↓+NaCl+NH4Cl可知，碳酸氢钠与溶液分离，则选图中过滤法可分离，故C正确；‎ D. 碳酸氢钠受热会分解，应选干燥器进行干燥，故D错误。‎ 故选：C。‎ 二、填空题 ‎21.现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。‎ ‎（1）上述物质中属于电解质的物质序号为______ 。‎ ‎（2）有两种物质发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______。‎ ‎（3）加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为______。‎ ‎（4）能导电的物质序号为_______________。‎ ‎（5）④与⑥充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是（用化学式表示）___________________________。‎ ‎（6）实验室用⑤制备胶体的化学方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). ②⑤ (2). ①⑥ (3). ②⑦ (4). ①③⑥⑦ (5). NaOH和Na2CO3 、NaHCO3和Na2CO3 (6). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物质的组成和性进行分析，根据电解质、离子方程式的内涵和外延进行分析。‎ ‎【详解】现有下列物质：①稀硫酸 ②小苏打 ③氨水 ④二氧化碳 ⑤FeCl3固体 ⑥稀NaOH溶液 ⑦硝酸亚铁溶液。‎ ‎（1）酸、碱、盐、活泼金属的氧化物等物质属于电解质，上述物质中小苏打和FeCl3固体都属于盐，故属于电解质的物质序号为②⑤。‎ ‎（2）H++OH-=H2O，该离子方程式可表示强酸或强酸的酸式盐与强碱在水溶液中反应生成水和可溶性盐的反应，上属物质中稀硫酸和稀NaOH溶液满足要求，因此这两种物质的序号是①⑥。‎ ‎（3）小苏打能与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，也能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水；硝酸亚铁溶液中加入盐酸后，硝酸根在酸性条件下表现强氧化性，可以把亚铁离子氧化为铁离子，硝酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液后可以生成氢氧化亚铁沉淀，因此，加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为②⑦。‎ ‎（4）若溶液中有大量自由移动的离子则该溶液能导电。上述物质中，稀硫酸、氨水、稀NaOH溶液和硝酸亚铁溶液均为电解质溶液，满足要求，因此，能导电的物质序号为①③⑥⑦。‎ ‎（5）二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，可能生成Na2CO3或NaHCO3‎ ‎，NaOH有可能过量。此溶液小火蒸干，NaHCO3不会完全分解；NaHCO3和NaOH不能大量共存。因此，若得到固体混合物，则固体组成成分可能是NaOH和Na2CO3 或NaHCO3和Na2CO3。‎ ‎（6）实验室用FeCl3固体配制成饱和溶液，然后向沸水中滴加少量的FeCl3饱和溶液，加热到液体呈红褐色即可得到Fe(OH)3胶体，制备该胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl 。‎ ‎【点睛】本题在判断电解质时，不能仅根据溶液是否导电判断，还得抓住“化合物”的内涵和外延，所以电解质溶液就不是电解质了，因为它是混合物。另外，二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，由于不确定两种反应物的物质的量之比，要根据恰好生成碳酸钠和碳酸氢钠两种特殊情况对混合物的组成进行分析。‎ ‎22.为了防止枪支生锈，常将枪支的钢铁零件放在NaNO2和NaOH的混合溶液中进行化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密的保护层——“发蓝”。其过程可用下列化学方程式表示： ‎ ‎①3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑‎ ‎②Na2FeO2＋NaNO2＋H2O―→Na2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH ‎③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O Fe3O4＋4NaOH 请回答下列问题： ‎ ‎（1）配平化学方程式②，各物质前的化学计量数依次为_____________。‎ ‎（2）上述反应①中氧化剂为______，被氧化的物质是______。若有2 mol Na2FeO2生成，则反应①中有________mol电子发生转移。‎ ‎（3）关于“发蓝”的过程，下列说法不正确的是________(填字母)。‎ A．该过程不会产生污染 ‎ B．反应③生成的四氧化三铁具有抗腐蚀作用 C．反应①②③均是氧化还原反应 ‎ D．反应①②中的氧化剂均为NaNO2‎ ‎（4）当混合溶液中NaOH浓度过大，“发蓝”的厚度会变小，其原因是________________。‎ ‎【答案】 (1). 6 1 5 3 1 7 (2). NaNO2 (3). Fe (4). 4 (5). AC (6). 反应③为可逆反应，氢氧化钠浓度过大时，反应③逆向进行，导致作为保护层的四氧化三铁减少 ‎【解析】‎ ‎（1）反应②根据Fe的化合价由+2升高到+3（升高1）、N的化合价由+3降低到-3（降低6），找到最小公倍数6，把化合价升降总数配平，再根据质量守恒定律观察配平其余物质，配平后得到化学方程式6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O=3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH ，各物质前的化学计量数依次为6、1、5、3、1、7。‎ ‎（2）反应①中，N的化合价升高了、Fe的化合价降低了，所以氧化剂为NaNO2，被氧化的物质是Fe，电子转移数为6，所以若有2 mol Na2FeO2生成，则反应①中有4mol电子发生转移。‎ ‎（3）A．该过程产生污染环境的氨气等等，A不正确；B．反应③生成的致密的四氧化三铁具有抗腐蚀作用，B正确；C．反应③没有化合价发生变化，是非氧化还原反应 ，C不正确；D．反应①②中的氧化剂均为NaNO2，D正确。综上所述，关于“发蓝”的过程说法不正确的是AC。‎ ‎（4）当混合溶液中NaOH浓度过大，“发蓝”的厚度会变小，其原因是反应③为可逆反应，氢氧化钠浓度过大时，反应③逆向进行，导致作为保护层的四氧化三铁减少。‎ ‎23.一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2) 制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如下：‎ 已知：本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①混合研磨成细粉的主要目的是___________________________________；步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为___________________________________。‎ ‎（2）步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+可先加入_________________；步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH为4-5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是_____________________________________。步骤⑤所得滤渣为__________________(填化学式)。‎ ‎（3）步骤⑦需在90-100℃下进行，该反应的化学方程式________________________。‎ ‎（4）测定产品MnSO4·H2O的方法之一是：准确称取a g产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用c mol·L-1KMnO4‎ 标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液VmL，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=________________。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率 (2). 3MnO2+2FeS2+6H2SO4 =3MnSO4+Fe(SO4)3+4S↓+6H2O (3). 软锰矿粉或H2O2溶液 (4). 破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离 (5). Fe(OH)3 (6). (NH4)2Sx+1 2NH3↑+H2S↑+xS↓ (7). (8.25cV/a)%或(8.25cV×10-2)/a或0.0825cV/a或0.0825cV/a×100%‎ ‎【解析】‎ 分析：两种矿物经粉碎研磨①与硫酸混合②，由于MnO2在酸性条件下具有氧化性，因此反应生成可溶性硫酸锰、硫酸铁和单质硫，③过滤后，滤液用碱液处理④除去铁元素⑤后，溶液经浓缩结晶得产品MnSO4·H2O，滤渣与(NH4)2S混合作用⑥后，经分解⑦处理得另一产品S，分解的其它产物可转化为(NH4)2S循环使用。‎ 详解：(1) 步骤①混合研磨成细粉的主要目的是增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率，提高原料的利用率；硫酸浸取时的反应方程式为3MnO2+2FeS2+ 6H2SO4 =3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S↓+6H2O。‎ ‎(2)由于Fe2+具有较强的还原性，在酸性条件下可用软锰矿粉（MnO2）或H2O2将其氧化为Fe3+，既不引入杂质，又能达到除去的目的；用碱液处理时，需将溶液加热至沸，然后在不断搅拌下调节pH为4~5，再继续煮沸一段时间，以破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒增大，便于过滤分离，得到的滤渣为Fe(OH)3。‎ ‎(3) 步骤⑦在90~100℃下进行，反应的化学方程式为(NH4)2Sx+1 2NH3↑+H2S↑+xS↓。‎ ‎(4)已知本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。根据电子转移守恒可得二者反应的方程式为2KMnO4+3MnSO4·H2O=5MnO42+K2SO4+2H2SO4+H2O，已知n(KMnO4)=c mol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则n(MnSO4·H2O)=1.5cV×10-3mol，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)= [1.5cV×10-3mol×55g/mol]/ag×100%=(8.25cV/a)%。‎ ‎ ‎