安徽省合肥一中2020届高三上学期9月月考化学试题 19页

安徽省合肥一中2019-2020学年高三上学期化学9月月考试卷 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。)‎ ‎1.德国著名行业杂志《应用化学》上刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是（ ）‎ A. 水、双氧水互为同素异形体 B. 石墨和C60互称为同位素 C. 磷酸钙难溶于水，属于弱电解质 D. 一定条件下石墨转化为C60是化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同素异形体是同种元素形成的不同种单质，水和双氧水是两种性质不同的化合物，A不符合题意；‎ B、同位素是同种元素的不同原子间的互称，石墨和C60应该互为同素异形体，B不符合题意；‎ C、磷酸钙是一种钙盐，属于强电解质，强弱电解质和物质的溶解度没有关系，如CaCO3、BaSO4都是强电解质，C不符合题意；‎ ‎ D、同素异形体是两种不同的物质，其互变属于化学变化，D符合题意；‎ ‎ 故答案为D。‎ ‎2.化学与生活密切相关。下列说法正确的是( )‎ A. 用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀 B. FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为Fe比Cu的金属性强 C. 盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良 D. 过氧化钠能氧化CO2和H2O生成O2 ， 故可用于呼吸面具作为供氧剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化钙是电解质，作融雪剂时残留在大桥上，加速了桥体的电化学腐蚀，A符合题意；‎ B、FeCl3溶液和Cu反应的原因是Fe3+的氧化性大于Cu2+ ，B不符合题意；‎ C、盐碱地加熟石灰生成CaCO3和NaOH，导致上壤板结，碱性增强，不利于植物生长，C不符合题意；‎ D、Na2O2能和CO2和H2O生成O2，但CO2和H2O没行被氧化，是Na2O2‎ 自身的歧化反应，D不符合题意；‎ 故答案为A。‎ ‎3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1L 0.1mol/L的 NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-的离子数之和为0.1NA B. 常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.3NA电子 C. 12g石墨和C60的混合固体中，含NA个碳原子 D. 电解精炼铜时，电路中每转移0.2NA个电子，阳极质量就会减少6.4g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHCO3溶液还存在H2CO3水解生成的H2CO3，故1L 0.1mol/L的NaHCO3溶液HCO3-、CO32和H2CO3之和为0.1NA ，A不符合题意；‎ B、常温下铁和浓硝酸发生钝化，B不符合题意；‎ C、石墨和C60的都只含C元素，12g C的个数为NA ,C符合题意；‎ D、精炼铜时阳极粗铜含有杂质，溶解的不全是铜的质量，D不符合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎4.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是( )‎ A. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂 B. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料 C. 将废铁屑加入FeCl3溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2‎ D. 还原铁粉具有较大的表面积和较强的化学活性，可用作富脂类食品的脱氧剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CaO能与水反应，可用作干燥剂，A不符合题意；‎ B、Al2O3用作时高温材料是于由其熔点高，B符合题意；‎ C、将Cl2通入到FeCl2溶液中，FeCl2被氧化成FeCl3后又被废铁屑还原成FeCl3，可循环吸收Cl2，C不符合题意；‎ D、还原铁粉叮消耗O2 ，防止食品被氧化而变质，D不符合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 1.0mol·L-1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-‎ B. 能溶解Al2O3的溶液：Na+、K+、Cl-、SiO32-‎ C. 无色透明溶液中：Al3+、Mg2+、Cl-、HCO3-‎ D. 使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸性条件下NO3-氧化Fe2+，A不符合题意；‎ B、溶解Al2O3的溶液可能呈酸性，酸性条件下SiO32不能共存，B不符合题意；‎ C、Mg2+、Al3+和HCO3-混合时会发生双水解反应，C不符合题意；‎ D、甲基橙变红色的溶液为酸性，在酸性中所有离子可以共存，D符合题意；‎ 故答案为：D。‎ ‎【点睛】离子之间能够共存的条件相互之间不能反应，即不能产生沉淀、气体、弱电解质和发生氧化还原反应。比如Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存。‎ ‎6.钛合金材料已经广泛应用于国防、航天、医疗等领域。已知常温下钛(Ti)与酸、碱均不反应，高温下能被空气氧化。由钛铁矿(主要成分为FeO·TiO2)提取金属钛的主要流程如图所示。有关叙述错误的是（ ）‎ A. 步骤Ⅰ、Ⅱ中的碳均作还原剂 B. 可用稀硫酸或稀盐酸除去金属钛中的少量镁 C. 钛元素位于元素周期表中第ⅡB族 D. 步骤Ⅲ需在氩气氛围中进行，防止金属被空气氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，I中发生2FeO+CCO2↑ +2Fe，Ⅱ中发生高温TiO2 + 2C+ 2Cl2TiCl4 + 2CO，Ⅲ中发生2Mg+ TiCl42MgCl2 + 2Ti，以此来解答。‎ ‎【详解】A、步骤I、II中C的化合价均升高，所以C作还原剂，A不符合题意；‎ B、Ti与酸不反应，Mg可溶于稀硫酸或稀盐酸，B不符合题意；‎ C、钛元素位于元周期表中第ⅣB族，C符合题意；‎ D、因为Ti高温下能被空气氧化，D不符合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎7.在给定条件下，下列选项所示的物质间均能实现一步转化的是( )‎ A. NaCl(熔融) NaOH NaAlO2 B. CuO Cu(OH)2 Cu2O C. Cl2 HCl NH4Cl D. CaCl2(aq) CaCO3 CaSiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaCl(熔融)电解生成Na，而不NaOH，A不符合题意；‎ B、CuO不溶于水，和水不反应，B不符合题意；‎ C、各项转化可以发生，C符合题意；‎ D、CaCl2(aq)和CO2不能发生反应，D不符合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】解答本题需要掌握无机化合物的之间相互转换的化学反应方程式以及条件。比如D选项，如果CaCl2(aq)和CO2发生反应，生成CaCO3和盐酸，由弱酸制取强酸，违背了客观事实，所以不能发生。‎ ‎8.“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是 A. 无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价 B. Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁 C. Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料 D. 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．拟晶Al65Cu23Fe12‎ 是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1 mol Al65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3="277" mol，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了金属与合金在性能上的主要差异的相关知识。‎ ‎9.下列离子方程式的书写正确的是（ ）‎ A. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe-3e-=Fe3+‎ B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+4H++H2O C. 氧化铁溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O D. 向KAl(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe-2e-=Fe2+，A不符合题意；‎ B、在强碱性条件下反应，不可能生成H+ ，B不符合题意；‎ C、氢碘酸有还原性，应将Fe3+还原为Fe2+ ，C不符合题意；‎ D、该离子方程式正确，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题离子反应方程式的正误判断主要通过符合客观事实：反应是否符合化学反应的类型或者原理，比如A选项钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe-2e-=Fe2+；B、C选项相同。‎ ‎10.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：‎ 序号 I II III 实验步骤 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水 实验现象 铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀 下列说法不正确的是 A. 实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原 B. 对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关 C. 实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同 D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；‎ B. 对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；‎ C. 对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；‎ D. 实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎11.近年来发现用铈（Ce）的氧化物可高效制取H2，制备原理如图所示，已知0＜δ＜2 ，下列说法不正确的是 A. 太阳能最终转变为化学能 B. T<1050℃时，CeO2-δ比CeO2稳定 C. CeO2是水分解的催化剂 D. 两步反应均属于氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、由图可知太阳能最终转化为氧气和氢气中的能量，所以将太阳能最终转变为化学能，A正确；B、T＜1050℃时，CeO2-δ转化成CeO2，所以CeO2比CeO2-δ稳定，B错误；C、CeO2在反应前后质量和性质不变，所以CeO2是水分解的催化剂，C正确；D、两步反应中都有元素化合价的变化，第一步生成氧气单质、第二步生成氢气单质，所以两步反应均属于氧化还原反应，D正确；答案选B。‎ ‎12.某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如下表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如下图所示。查阅资料：‎ 平衡Ⅰ：Cu(OH)2+4NH3 [Cu(NH3)4]2+2OH-‎ 平衡Ⅱ：Cu(OH)2+2OH- [Cu(OH-)4]2-‎ 项目 废水水质 排放标准 pH ‎1.0‎ ‎6~9‎ Cu2+/mg·L-1‎ ‎72‎ ‎≤0.5‎ Nh4+/mg·L-1‎ ‎2632‎ ‎≤15‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. a~b段发生的反应为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓‎ B. b~c段：随pH升高，Cu(OH)2的量增加，导致平衡Ⅰ正向移动，铜元素含量上升 C. c~d段：随pH升高，c(OH-)增加，平衡Ⅰ逆向移动，铜元素含量下降 D d点以后，随c(OH-)增加，铜元素含量可能上升 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滴加NaOH(aq)的过程中依次发生过些Ⅰ：2OH-+Cu2+=Cu(OH)2(a＞b)：过程Ⅱ：NH4++OH-=NH3+H2O2NH3使平衡Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-正向移动(b→c)；过程Ⅲ：继续滴加，OH-便Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH游向移动(e→d)若NaOH继续过量滴加可使Cu(OH)2+2OH=[Cu(OH)4]2正向移动(d点之后)。‎ ‎【详解】A、图象中的变化曲线可知PH=9时铜离子浓度最小，废水中Cu2+处理的最佳pH约为9，故A正确； ‎ B、b~c段随氢氧根离子浓度增大，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，氨气浓度增大，Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-，平衡正向进行，溶液中通过离子浓度增大，故B错误；‎ C、c~d段，随氢氧根离子浓度的增大，Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-逆向进行，铜离子浓度减小，铜元素含量下降，故C正确；‎ D、d点以后，随c(OH-)增加，平衡II:Cu(OH)2+2OH-=[Cu(OH)4]2-正向进行，上层清液中铜元素的含量可能上升，故D正确； ‎ 故答案为：B。‎ ‎13.溶液X可能含有Na+、Fe3+、Ca2+、SO42-、 CO32- 、Cl-、I-中的几种离子。为确定其组 成，设计并完成以下实验：‎ 根据上述实验，以下推测合理的是 A. 溶液X中是否存在Na+还需要通过焰色反应进—步确认 B. 溶液X中一定不含Fe3+、Ca2+、SO42-‎ C. 为确定溶液X中是否含有Cl-，可取溶液2加入CCl4充分萃取后，再取上层液体加入AgNO3溶液 D. 溶液X的溶质为Na2CO3和NaI ‎【答案】B ‎【解析】‎ 溶液X与足量硝酸钡反应生成白色沉淀，白色沉淀完全溶解在稀盐酸中，说明是碳酸钡，一定含有碳酸根，则一定不存在SO42-、Fe3+、Ca2+；溶液1中加入新制氯水，得到棕黄色溶液2，说明有单质碘生成，含有碘离子，根据溶液的电中性可判断一定含有钠离子，氯离子不能确定。则A. 溶液X中一定存在Na+，不需要通过焰色反应进一步确认，A错误；B. 溶液X中一定不含Fe3+、Ca2+、SO42-，B正确；C. 溶液2一定存在氯离子，不能据此判断，C错误；D. 由于不能确定氯离子，则溶液X的溶质不一定为Na2CO3和NaI，D错误，答案选B。‎ 点睛：根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。‎ ‎14.已知Fe2+或I2能在一定的条件下催化H2O2分解。其作用原理如下： ‎ Fe2+：①H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；②H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2↑ ‎ l2：③H2O2+l2=2HIO；④…‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. Fe3+是Fe2+催化H2O2分解的中间产物 B. 根据反应①可知，在该条件下，氧化性：H2O2>Fe3+‎ C. 1mol H2O2分解，转移的电子数为2NA D. 反应④为2HIO+H2O2=I2+2H2O+O2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、联系方程式①、②可以看出Fe3+是中间产物，选项正确，A不符合题意；‎ B、反应①中H2O2是氧化剂，其氧化性比Fe3强，选项正确，B不符合题意；‎ C、1mol H2O2分解转移1mol电子，选项错误，C符合题意；‎ D、叠加反应③、④的总反应是双氧水的分解，选项正确，D不符合题意； ‎ 故答案为：C。‎ ‎15.某研究小组利用下图装置探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理。下列说法错误的是 A. 装置B中若产生白色沉淀，说明Fe3+能将SO2氧化成SO42－‎ B. 实验室中配制70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒 C. 三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气 D. 装置C可能发生倒吸，同时还不能完全吸收反应产生的尾气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 装置A中70%的硫酸与亚硫酸钠反应放出二氧化硫，二氧化硫的水溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能够氧化二氧化硫生成SO42-，从而在B中产生硫酸钡白色沉淀，不能说明Fe3+能将SO2氧化成SO42－，故A错误；‎ B. 实验室中配制70%的硫酸，需要用量筒量取适当体积的浓硫酸，然后慢慢倒入一定量水中，边倒边搅拌，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故B正确；‎ C. 二氧化硫能够被氧化，为了排除空气中氧气干扰，在滴加浓硫酸之前，三颈烧瓶中需要通入N2以排尽装置内的空气，故C正确；‎ D.‎ ‎ 二氧化硫在水中的溶解度较大，装置C可能发生倒吸，且气体与液体的反应接触不充分，会导致产生的尾气不能完全吸收，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎16.由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下：‎ 已知：FeS2和铁黄均难溶于水。下列说法错误的是（ ）‎ A. 步骤①后可依次用KSCN溶液和酸性KMnO4溶液来检测溶液中铁元素的价态 B. 步骤②发生后，溶液的酸性增强 C. 步骤③，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥可得到绿矾 D. 为确保铁黄的产率，尽可能将步骤④中的pH值调大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由制备绿矾流程可知，烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生FeS2+7Fe2(SO4) 3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH) 3，以此来解答。‎ ‎【详解】A、步骤①后溶液中有Fe2+、Fe3+可用分别加KSCN溶液和酸性KMnO4溶液来检测，A不符合题意；‎ B、步骤②，涉及的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42+16H+，溶液的酸性增强，B不符合题意；‎ C、FeSO4·7H2O带有结晶水，应用冷却结晶的方式析出，C不符合题意；‎ D、若pH值过大，则会生成Fe(OH)3使生成产品的产率下降，D符合题意；‎ 故答案为：D。‎ 二、填空题(本大题共5小题，共52分。)‎ ‎17.由短周期元素组成的A、B、C、D、E、X均为中学化学常见物质。已知A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的摩尔质量相等，在一定条件下它们有如下转化关系： ‎ ‎（1）写出A的电子式________。‎ ‎（2）用离子方程式表示X的水溶液呈酸性的原因________ 。 ‎ ‎（3）写出上述转化中C→D对应反应的离子方程式________。‎ ‎【答案】 (1). (2). Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ (3). 3AlO2-+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓ ↓(或3Al(OH)4-+Al3+=4Al(OH)3↓)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为淡黄色固体，能与水反应，则A为过氧化钠，物质A和D的式量相等，结合转化关系，B为氢氧化钠，C为偏铝酸钠，F为铝盐，D为氢氧化铝，E为氧气。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，A为Na2O2 ，因此其电子式为；‎ ‎（2）由分析可知，X为AlCl3或Al2(SO4)3 ，溶液中存在Al3+的水解，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；‎ ‎ （3）由分析可知，C为NaAlO2、D为Al(OH)3 ，该反应的离子方程式为：3AlO2－＋Al3＋＋6H2O=4Al(OH)3↓。‎ ‎【点睛】解答本题关键在于A、D物质。因为A为淡黄色固体，在高中阶段能够接触的只有过氧化钠和硫单质，并且能与水反应，所以为过氧化钠。因为D为白色难溶于水的物质，且式量与A相同，可推出D为Al(OH)3。‎ ‎18.金属冶炼与处理中常涉及离子反应和氧化还原反应。‎ ‎（1）实验室常用无水乙醇处理少量残留的金属钠，写出反应的化学方程式：________。‎ ‎（2）镁与碳在加强热时可生成易水解的MgC2，其水解方程式为：________。‎ ‎（3）我国古代劳动人民曾利用明矾溶液除去铜器表面的铜锈[Cu2(OH)2CO3]，请简要解释其原理：________。‎ ‎（4）黄铁矿(FeS2)煅烧时可以发生如下反应：3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，当有3mol SO2生成时，转移________mol电子。‎ ‎【答案】 (1). 2Na+2CH3CH2OH=2CH3CH2ONa+H2↑ (2). MgC2+2H2O=Mg(OH)2+C2H2↑ (3). 明矾中的Al3+发生水解反应使溶液显酸性，能溶解Cu2(OH)2CO3 (4). 16‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）乙醇中的羟基能与金属钠反应生成乙醇钠和H2‎ ‎，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH＋2Na=2CH3CH2ONa＋H2↑；‎ ‎（2）水解的过程是与水电离产生的H＋或OH－结合的过程，因此MgC2水解反应的化学方程式为：MgC2＋2H2O=Mg(OH)2＋C2H2↑；‎ ‎（3）明矾溶液中存在Al3＋的水解反应Al3＋＋3H2O⇋Al(OH)3＋3H＋ ， 使得溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，能溶解Cu2(OH)2CO3；‎ ‎（4）由反应的化学方程式可知，当生成6个SO2分子时，转移32个电子，因此当有3mol SO2生成时，转移的电子数为16mol。‎ ‎19.用混有硫酸亚铁和硫酸镁等杂质的锰矿(含MnO2、MnCO3)生产硫酸锰，实验室模拟生产过程如下： ‎ 已知金属离子完全沉淀时的pH值如下：Fe3+：3.5；Fe2+：9.5；Mn2+：10.8；Mg2+：11.6。‎ ‎（1）反应器中发生氧化还原反应的离子方程式是________。 ‎ ‎（2）从经济效益考虑，物料A可以是________。 ‎ ‎（3）硫酸锰和硫酸镁的溶解度曲线如右图所示： ‎ 则操作Ⅰ包含的主要操作为________。‎ ‎（4）MnSO4·H2O在1150℃条件下分解，产物是Mn2O4、含硫化合物、水，在该条件下硫酸锰晶体分解反应的化学方程式是________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (2). MnCO3等 (3). 在60℃下蒸发结晶趁热过滤(洗涤、低温干燥) (4). 3MnSO4·H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锰矿中含有FeSO4、MgSO4、MnO2 、MnCO3‎ 等，酸浸时发生氧化还原反应MnO2 +2Fe2+ +4H+= Mn2+ +2Fe2+ + 2H2O，所 以酸浸后的溶液中含有Fe2+、Mn2+ 、Mg2+，在沉淀池中加入A调节溶液的pH至3.5，根据离子完全沉淀pH值知，加入的A能和氢离子反应而调节溶液的pH，生成的沉淀是Fe(OH)3，过滤后得到的滤渣是 Fe(OH)3，滤液中含有Mn2+、Mg2+， 将混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4.H2O，然后干燥粉碎得到硫酸锰，据此解答本题。‎ ‎【详解】（1）酸浸过程中，MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，自身还原为Mn2+，反应过程中，Fe由＋2价变为＋3价，失去1个电子，Mn由＋4价变为＋2价，得到2个电子，根据得失电子守恒可得，MnO2和Mn2＋的系数为1，Fe2＋和Fe3＋的系数为2；根据电荷守恒可得反应物中含有H＋ ， 且系数为4；根据H原子个数守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为2；因此可得该反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；‎ ‎（2）加入物料A的作用是调节pH，使溶液中的Fe3+完全沉淀，而所加试剂应不能引入新的杂质，因此试剂A应为MnCO3；‎ ‎（3）由于操作Ⅰ后得到的固体为MnSO4·H2O，当温度低于60℃时，MgSO4·7H2O的溶解度较大，MnSO4·H2O的溶解度较小；当温度高于60℃时，MgSO4·7H2O的溶解度降低，易析出MgSO4·7H2O，因此操作Ⅰ的主要步骤为：在60℃下蒸发结晶趁热过滤；‎ ‎（4）由题干信息可知，该反应中反应物为MnSO4·H2O，生成物为Mn3O4、SO2、SO3和H2O，因此该反应的化学方程式为：3MnSO4·H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O↑。‎ ‎20.铜及其化合物在工业生产中应用广泛。 ‎ Ⅰ．某同学设计如下实验装置测定铜的相对原子质量(夹持和加热仪器已略去)，并检验氯气的氧化性。‎ ‎（1）该实验装置的连接顺序为：A连接________，B连接________（填字母）。‎ ‎（2）乙装置a瓶中的溶液可以是_______ ‎ A．NaOH溶液 B．Na2S溶液 C．酸性KMnO4溶液 D．含少量KSCN的FeCl2溶液 ‎（3）对丙装置进行加热前需要________ 。‎ ‎（4）准确称量 m g CuO进行实验，当CuO完全反应后测出b中增重n g ‎。则Cu的相对原子质量为________ (只要求列出算式)。该实验方案的装置有不合理之处，若不加以改正会导致测定结果________（填“偏大”、”偏小“或”不变“）。 ‎ Ⅱ．研究发现Cu与稀盐酸不反应，但在持续通入空气的条件下可反应生成CuCl2。‎ ‎（5）已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示：‎ 则图中的M‘为________（填化学符号）‎ ‎（6）向CuCl2溶液中通入H2S气体，可产生CuS沉淀，反应离子方程式为：Cu2++H2S=CuS(s)+2H+ ， 则该反应的平衡常数K=________(保留一位小数)。已知：CuS溶度积KSP=1.0×10-36 ， H2S电离常数Ka1=1.3×10-7 ， Ka2=7.0×10-15。‎ ‎【答案】 (1). E (2). C (3). B、D (4). 使装置内充满H2或利用H2排尽装置里的空气 (5). (18m-16n)/n (6). 偏小 (7). Fe2+(或FeCl2) (8). 9.1×1014‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；依据装置图分析可知，电解饱和食盐水阳极B是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阴极A是氢离子得到电子发生还原反应，生成氢气，电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性，装置丙中的E接电解装置中的A；装置乙是验证氯气氧化性的装置，D接电解池的B电极；检验氯气的氧化性可以利用还原性的物质发生反应，且有明显的现象，可以把氯气通入具有还原性的Na2S溶液和含少量KSCN的FeCl2溶液发生氧化还原反应；生成S单质，溶液变浑浊和溶液由绿色变为血红色； 使装置内充满H2或利用H2排尽装置里的空气；方案是测定水的质量增加计算，装置D会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳使测定结果偏低；Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价升高，则M中Fe元素的化合价降低，可知M的化学式为Fe2+；‎ ‎【详解】（1）A端碳棒与电源的负极相连，为阴极，其电极反应式为2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-；B端与电源的正极相连，为阳极，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；因此A应连接E，B应连接E；‎ ‎（2）乙装置a瓶中试剂是用于检验氯气的氧化性，因此a瓶中试剂应具有还原性；‎ A、NaOH不具有还原性，A不符合题意；‎ B、Na2S中硫元素为-2价，具有还原性，Cl2能将S2-氧化成S单质，产生淡黄色沉淀，B符合题意；‎ C、酸性KMnO4溶液具有氧化性，不具有还原性，C不符合题意；‎ D、FeCl2溶液中Fe2+具有还原性，Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色，D符合题意；‎ 故答案为：BD ‎（3）H2是可燃性气体，加热前应排除装置内的空气，因此对丙装置进行加热前需要先利用H2排除装置内的空气；‎ ‎（4）b装置中的碱石灰主要用于吸收反应生成的H2O，因此b装置增加的质量为反应生成H2O的质量，令Cu的相对原子质量为x，则 ‎ 则可得等式 ， 解得；‎ ‎ 由于空气中的CO2和H2O也能进入b装置中，被碱石灰吸收，使得n偏大，由可知，x值偏小，即测定结果偏小；‎ ‎（5）催化过程中，Cu转化为Cu2+，发生氧化反应，则Fe3+应发生还原反应，转化为Fe2+；‎ ‎（6）该反应的平衡常数 ，CuS的溶度积Ksp=c(Cu2+)×c(S2-) ，H2S的电离常数、，因此反应的平衡常数。‎ ‎【点睛】本题最后一问考察内容为难溶电解质的溶度积常数，与常规直接告诉各离子浓度的考法不同，本题欲要利用盖斯定律内容，利用方程式的加减得出各平衡常数之间的关系解答。‎ ‎21.兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如下图所示：‎ ‎（1）煅烧时生成的主要气体产物是________ ，浸出渣A的主要成分是________。‎ ‎（2）红土镍矿煅烧后生成的Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时有无色无味的气体产生且有NiSO4生成，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。‎ ‎（3）向浸出液A中加入适量Na2S，发生氧化还原反应的离子方程式为________。‎ ‎（4）若Na2S过量，则过滤出的固体中会混有________；H2S也可代替Na2S使用，但不利之处是________。‎ ‎（5）已知Ni(CO)4的沸点是42.2℃，Ni(s)+CO(g) Ni(CO)4(g)的平衡常数与温度关系如下：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎80‎ ‎230‎ 平衡常数 ‎5×104‎ ‎2‎ ‎1.9×10-5‎ 步骤①、步骤②的最佳温度分别是________、 ________（选填项代号）。‎ A．25℃ B．30℃ C．50℃ D．80℃ E．230℃‎ ‎（6）加氢氧化钠的目的是溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金，已知红土镍矿中NiS质量分数45.5%，取1kg红土镍矿进行制备，熔融时加入270g铝，浸出时消耗800mL 5mol/LNaOH，理论上生成的兰尼镍的化学式为________。‎ ‎【答案】 (1). SO2； (2). SiO2 (3). 1：4 (4). 2Fe3++S2-=2Fe2++S↓ (5). FeS (6). H2S有毒，污染坏境 (7). C (8). E (9). Ni5Al6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 红土镍矿(主 要成分为NiS、FeS和SiO2等)煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3 (SiO2不反应)，加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Fe2O3溶解， 发生的反应有2Ni2O3＋4H2SO4=4NiSO4＋O2↑＋4H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4) 3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A (SiO2‎ ‎) ，浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液A中通入Na2S，发生还原反应的 离子方程式是：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓，另外生成沉淀NiS，过滤得到镍硫化合物NiS，再通入CO气体，形成Ni (CO) 4，加热得到镍，高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）由于矿物中含有硫元素，因此煅烧过程中产生的主要气体产物为SO2；矿物中的SiO2与稀硫酸不反应，因此所得滤渣A为SiO2；‎ ‎（2）反应产生无色无味的气体应为O2 ，该反应的化学方程式为：2Ni2O3＋4H2SO4=4NiSO4＋O2↑＋4H2O；该反应中，氧化产物为O2 ，还原产物为NiSO4 ，二者的物质的量之比为1:4；‎ ‎（3）滤液A中含有Fe3＋ ，具有氧化性，能将S2－氧化成S，该反应的离子方程式为：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓；‎ ‎（4）若Na2S过量，则会与反应生成的Fe2+形成FeS沉淀；由于H2S是一种有毒气体，会造成空气污染，因此不用H2S代替Na2S；‎ ‎（5）步骤①要制得Ni(CO)4 ，而Ni(CO)4的沸点为42.2℃，因此步骤①应选用温度为42.2℃左右，故选C；‎ 步骤②要得到Ni，应使平衡逆向进行，结合温度对平衡常数的影响可知，应控制温度为230℃，故选E；‎ ‎（6）1kg红土镍矿中所含Ni的质量浸出时发生反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，因此浸出时消耗n(Al)=n(NaOH)=5mol/L×0.8L=4mol，则形成兰尼镍的Al的质量m(Al)=270g-4mol×27g/mol=162g，令兰尼镍的化学式为NiaAlb ，由元素质量比可得等式 ，解得 ，因此兰尼镍的化学式为Ni5Al6。‎ ‎ ‎