江西省临川第二中学2020届高三10月月考化学试题 20页

‎2019-2020学年度上学期第一次月考高三年级化学试卷 相对原子质量：C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Cu 64 Ba 137‎ 一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是 A. 铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸 B. CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂 C. FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂 D. 明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al遇到浓硝酸会发生钝化，故可用铝罐贮运浓硝酸，与其导热性无关，A符合题意；‎ B. CaO2能缓慢与水反应产生O2，且产物氢氧化钙微溶于水，可用作水产养殖中的供氧剂，B不符合题意；‎ C. FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂，C不符合题意；‎ D. 明矾电离出的铝离子能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，D不符合题意；‎ 故答案选A。‎ ‎2.将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种物质的溶液通过一步实验加以区别，要求只使用一种试剂，则这种试剂是(　　)‎ A. KSCN溶液 B. BaCl2溶液 C. HCl溶液 D. NaOH溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.KSCN和氯化铁反应使溶液变红色，而和其他四种物质均不反应，故A项不符合题意。‎ B.BaCl2和题述五种物质均不反应，故B项不符合题意；‎ C.HCl和题述五种物质均不反应，故C项错误；‎ D.氯化钠溶液和氢氧化钠溶液混合无现象；氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先出现白色沉淀，最后沉淀又逐渐消失；氯化亚铁溶液和氢氧化钠溶液反应，先出现白色沉淀，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；氯化铁溶液和氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀；氯化镁溶液和氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，且沉淀不会消失，故D项符合题意。‎ 所以本题答案：D。‎ ‎。‎ ‎【点睛】解题依据：阴离子都是氯离子，阳离子不同，分别为：Na+ 、Al3+ 、 Fe2+ 、 Fe3+ 、Mg2+，要鉴别这几种离子需选择OH-，所以选择试剂为NaOH溶液。‎ ‎，‎ ‎3.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是 A. 常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-‎ B. 常温下，的溶液中：K+、Na+、I－、SO42-‎ C. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、HSO3-、Cl－‎ D. 0.1 mol·L−1 KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液中，水的电离被抑制，故溶液为酸溶液或碱溶液，在酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，与亚铁离子无法大量共存，在碱性条件下，无法大量存在铵根离子和亚铁离子，故A错误；‎ B. 常温下，的溶液显酸性，K+、Na+、I－、SO42-可以大量共存，B正确；‎ C. 能使酚酞变红的溶液显碱性，存在大量氢氧根离子，无法与HSO3-共存，C错误；‎ D. I－具有强还原性，ClO−具有强氧化性，无法大量共存，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液，明显是水的电离被抑制，酸、碱、一部分酸式盐，均可抑制水的电离，故无法确定溶液酸碱性，两种情况均需要考虑到。‎ ‎4.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 A. Fe(NO3)3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I−==2Fe2++I2‎ B. 向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH−==NH3·H2O C. 将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2＋＋2I−＋2Cl2==2Fe3＋＋I2＋4Cl－‎ D. 001 mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.漏写碘离子与硝酸发生的氧化还原反应；‎ B. HSO3-与OH-反应；‎ C.碘离子的还原性大于亚铁离子，氯气先与碘离子反应；‎ D.溶液等体积混合，溶质的物质的量比为1:2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨。‎ ‎【详解】A.Fe(NO3)3加入过量的HI溶液的离子反应为：12H＋+3NO3-+Fe3＋+10I－═Fe2＋+5I2+3NO↑+6H2O，故A错误；‎ B.向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：HSO3-＋OH－=SO32-＋H2O，故B错误；‎ C.碘离子的还原性大于亚铁离子，碘离子先被氧化，所以将1molCl2通入到含1mol FeI2溶液中，离子方程式：2I－+Cl2═2Cl－+I2，故C错误；‎ D.0.01mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·L-1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3＋+2Ba2＋+4OH-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】还原性：I->Fe2+>Br-，所以将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只有碘离子被氯气氧化生成碘，离子方程式为：2I－+Cl2═2Cl－+I2；将1.5molCl2通入到含1mol FeI2的溶液中，碘离子、亚铁离子均被氧化，离子方程式为：2Fe2++4I－+3Cl2═6Cl－+2I2+2Fe3+。‎ ‎5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 向含0. 1 mol Na2SiO3的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目为0.1NA B. 常温常压下，1.8g甲基(—CD3)中含有的中子数为NA C. 常温下，1L pH=10的氨水溶液中，发生电离的水分子数为1×10-10 NA D. 7.8gNa2O2分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，转移的电子数目均为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 形成胶体分散质的分子或分子聚集体，因此向含0. 1 mol Na2SiO3‎ 的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目小于0.1NA，A错误；‎ B. —CD3的摩尔质量为18g/mol，1.8g—CD3的物质的量为0.1mol，中子数为0.9 NA，B错误；‎ C. pH=10的氨水溶液中，水电离出的氢离子浓度为，即1L水电离出的氢离子的物质的量n=，根据可知，发生电离的水的物质的量为，故发生电离的水分子数为1×10-10 NA，C正确；‎ D. Na2O2与CO2反应为-1价的O发生歧化反应，而与SO2反应，是二氧化硫中+4价的S被氧化到+6，变价不同，转移电子数不同，D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎6.以下实验设计能达到实验目的的是 实验目的 实验操作 A鉴别NaBr和KI溶液 分别加新制氯水后，用CCl4萃取 B除去NaHCO3固体中的Na2CO3‎ 将固体加热至恒重 C制备无水AlCl3‎ 蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 D重结晶提纯苯甲酸 将粗品水溶、过滤、蒸发结晶 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaBr和KI溶液会被新制氯水氧化为溴单质和碘单质，这两种单质在四氯化碳中的颜色不同，故可用于鉴别，A正确；‎ B. 碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，故无法使用加热至恒重的办法除去碳酸氢钠中的杂质，B错误；‎ C. 为抑制氯化铝的水解应在HCl氛围中蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液来制备无水AlCl3，C错误；‎ D. 重结晶提纯苯甲酸，水溶后，蒸发浓缩，结晶，过滤，D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎7.中国科学家用蘸墨汁书写后纸张作为空气电极,设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下左图，电池的工作原理如下右图。下列有关说法正确的是 A. 放电时，纸张中的纤维素作为锂电池的负极 B. 充电时，若阳极放出1 mol O2，则有4 mol e-回到电源正极 C. 开关K闭合给锂电池充电，X为直流电源负极 D. 放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.纤维素不导电，石墨导电，故放电时，纸张表面毛笔书写后留下的石墨作电池正极，A错误。B.充电时为电解池，若阳极放出1 mol O2,则失去4 mol e-，阴极得4mole-，故B错误；C.充电时，直流电源阴极与电池负极(金属锂)相连，故X为直流电源负极，C正确。D.原电池或电解池工作时，电解质中阴、阳离子的移动方向一般遵循“阴阳相吸”原则，即原池放电时，电解质中的Li+离子移向阴极D错误；答案：C。‎ ‎【点睛】考查原电池和电解池的原理。根据Li空气电池判断原电池的正负极。根据加入的物质，判断电极的离子移动的方向等。‎ ‎8.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是 A. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＞E B. 原子半径：C＞B＞A C. 气态氢化物的热稳定性：E＞C D. 化合物DC与EC2中化学键类型相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。‎ ‎【详解】A. N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性B＞E，A正确；‎ B. 同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径N>O，即B>C>A，B错误；‎ C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性C>E，C错误；‎ D. 化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。‎ ‎9.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。则下列说法正确的是 A. a曲线表示的离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O B. M点时生成的CO2为0.05mol C. 原混合溶液中的CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶2‎ D. V1∶V2=1∶4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸性强弱顺序为：，因此a曲线表示AlO2-的减少情况，发生的反应为；b曲线表示逐渐减少的情况，发生的反应为，同时c曲线表示逐渐增多；曲线d表示减少的情况，发生的反应为；曲线e表示逐渐增多，发生的反应为。‎ ‎【详解】A项，根据上述分析可知a曲线表示的离子方程式为：，故A项错误；‎ B项，c曲线表示逐渐增多，M点处全部转化为，并无气体产生，故B项错误；‎ C项，根据反应方程式、，且图中参与反应的浓度为的盐酸体积均为50mL，可知原混合溶液中的和的物质的量均为0.05mol，因此原混合溶液中的和的物质的量之比为1：1，故C项错误；‎ D项，由b、c曲线关于y方向轴对称可知，根据反应和铝元素守恒可知，氢氧化铝消耗的盐酸的体积为150mL，所以，所以，故D项正确；‎ 综上所述，本题正确答案D。‎ ‎10.25℃时，向某二元弱酸H2X的钠盐溶液中滴加盐酸，混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示，其中lgX =lgc(X2-)/ c(HX-) 或lgc(HX-)/c(H2X)。下列叙述不正确的是 A. 当溶液呈中性时， c(HX-)＞c(X2-)＞c(H2X)‎ B. 曲线m表示lgc(X2-)/c(HX-)与pH变化关系 C. Ka1(H2X)的数量级为10-7‎ D. 25℃时，NaHX溶液中：c(OH-)＞c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），酸性条件下，则pH相同时c(HX-)/c(H2X)＞c(X2-)/ c(HX-)，由图象可知n为lg c(X2-)/ c(HX-)的变化曲线，m为lg c(X2-)/c(HX-)的变化曲线，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.由图可知当溶液呈中性时，，当，，因为水解大于电离，所以，故A选项错误；‎ B. 因为为二元弱酸，，所以的水解程度大，碱性强，故曲线m表示与的变化关系，故B选项正确；‎ C. 当时，，pH=7.4，，此时，，的数量级为是正确的，故C选项正确；‎ D.由图可知，时，当，即时，pH>9.3，溶液显碱性，所以水解大于电离，NaHX溶液显碱性，，故D选项正确；‎ 故答案选A。‎ ‎11.已知NH4CuSO3与足量的10 mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：‎ ‎①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色 据此判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应中硫酸作氧化剂 B. NH4CuSO3中硫元素被氧化 C. 刺激性气味的气体是氨气 D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；‎ B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；‎ C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；‎ D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++ 2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎12.已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，下列说法正确的是(　　)‎ A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小 B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间 C. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动 D. 达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，该反应是一个气体分子数减少的放热反应。‎ ‎【详解】A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率也增大，A不正确；‎ B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间，B正确；‎ C. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡逆向移动，C不正确；‎ D. 达到平衡后，减小压强都有利于该反应平衡逆向移动，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎13.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)‎ B. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)‎ C. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq),‎ D. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向NaAlO2中滴入过量盐酸，最终会得到氯化铝溶液，A错误；‎ B. 蔗糖不是还原糖故无法发生银镜反应，B错误；‎ C. 单质Fe与盐酸反应会得到氯化亚铁，C错误；‎ D. 碳酸氢钠热稳定性差，受热分解为碳酸钠，碳酸钠会与氢氧化钙发生复分解反应得到氢氧化钠，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎14.聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：‎ ‎(图中虚线表示氢键)‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A. 聚维酮的单体是 B. 聚维酮分子由(m＋n)个单体聚合而成 C. 聚维酮碘是一种水溶性物质 D. 聚维酮在一定条件下能发生水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据结构分析，聚维酮的单体是，A正确；聚维酮分子由(2m+n)个单体聚合而成，B错误；由“聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂”可知，聚维酮碘是一种水溶性物质，C正确；聚维酮含肽键，在一定条件下能发生水解反应，D正确。‎ 点睛：本题考查有机化学基础知识，旨在考查学生对加聚产物的认识、分析能力，及对官能团性质的应用能力。注意：①由“聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂”可知，聚维酮碘溶于水；②从聚合物的结构形式可知，聚维酮是加聚产物。‎ ‎15.分别用浓度均为0.5 mol/L的NH3·H2O和NaOH溶液，滴定20 mL 0.01 mol/L Al2(SO4)3溶液，随滴定溶液体积的增大，溶液的导电能力变化曲线如图所示，下列说法中正确的是 A. 曲线2 代表滴加NH3·H2O溶液的变化曲线 B. b和d点对应的溶液均显碱性 C. b点溶液中c(NH4+)>c(SO42-)>c(H＋)>c(OH－)‎ D. d～f段导电能力升高的原因是发生了反应Al(OH)3＋OH－===2H2O＋AlO2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中离子浓度越大，导电性越强；分别用浓度均为和NaOH溶液滴定溶液，一水合氨滴入发生反应： •↓，氢氧化钠溶液滴入发生的反应为：↓，Al(OH)3+NaOH═2H2O＋NaAlO2，所以曲线1为氨水滴入的反应，曲线2为氢氧化钠滴入的反应。‎ ‎【详解】A.一水合氨滴入发生反应： •↓，氢氧化钠溶液滴入发生的反应为： ↓‎ ‎，Al(OH)3+NaOH═2H2O＋NaAlO2，所以曲线1为氨水滴入的反应，曲线2位氢氧化钠滴入的反应，故A错误；‎ B.b点为硫酸铵溶液，铵根水解溶液显酸性，d点是NaAlO2溶液，偏铝酸根离子水解溶液显碱性，故B错误；‎ C.b点为硫酸铵溶液，铵根水解溶液显酸性，溶液中离子浓度大小关系为，所以C选项是正确的；‎ D.d点是NaAlO2溶液，d点以后氢氧化钠过量，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故D错误；‎ 所以C选项是正确的。‎ ‎16.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为 A. 9.0L B. 13.5L C. 15.7L D. 16.8L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80＝0.15 mol，电子转移数0.15 mol×(6＋2)＝1.2 mol。两者体积相等，设NO x mol，NO2x mol,3x＋x＝1.2，计算的x＝0.3。气体体积V＝0.6 mol×22.4 L·mol－1＝13.44 L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075 mol，转移电子数0.075 mol×10＝0.75 mol，设NO x mol，NO2x mol,3x＋x＝0.75，计算得x＝0.187 5，气体体积V＝0.375 mol×22.4 L·mol－1＝8.4 L，因此8.4 L＜V＜13.44 L。‎ 二、非选择题（共5小题，52分）‎ ‎17.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示:‎ ‎（1）纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为__________。‎ ‎（2）如何将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2________(用简要文字描述)。‎ ‎（3）生成纳米级Fe的化学方程式为_________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe+2H+=Fe2+ +H2 ↑ (2). 在干燥的HC1气流中加热 (3). FeCl2+H2Fe+2HCl ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）纳米级Fe和稀盐酸反应，即为Fe单质与HCl的反应，方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ ‎（2）FeCl2·nH2O固体直接加热脱水会使二价铁离子水解，故为抑制其水解，应当在在干燥的HC1气流中加热；‎ ‎（3）根据流程图，生成纳米级Fe的化学方程式为FeCl2+H2Fe+2HCl。‎ ‎18.氮、磷及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用.‎ ‎（1）室温下，0.1mol/L的亚硝酸(HNO2)、次氯酸的电离常数分Ka别为：7.1×10-4、2.98×10-8.写出HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式________。‎ ‎（2）羟胺(NH2OH)可看成是氨分子内的1个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性。已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因________________。‎ ‎（3）亚硝酸钠与氯化钠都是白色粉末，且都有咸味，但亚硝酸盐都有毒性，通常它们可以通过加入热的白醋鉴别，亚硝酸钠遇到白醋会产生一种红棕色刺激性气味气体和一种无色气体，其中的无色气体遇到空气会呈红棕色，该反应的离子方程式为_________。‎ ‎（4）某液氨一液氧燃料电池示意图如下，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500ml的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3mol/L，则该过程中消耗氨气的质量为________（假设溶液电解前后体积不变）。‎ ‎【答案】 (1). HNO2+ClO- =NO2-+HClO (2). NH2OH+H2ONH3OH++OH- (3). 2NO2-+2CH3COOH=NO2+NO+2CH3COO-+ H2O (4). 1.7g ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）亚硝酸属于弱酸，其水溶液加水稀释，促进亚硝酸的电离，但溶液体积增大，c(H+)减小；同种物质的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，值不变；根据亚硝酸和次氯酸的电离常数可知：亚硝酸酸性强于次氯酸，根据强酸制弱酸可知离子方程式为：HNO2+ClO- =NO2-+HClO 。‎ ‎（2）NH3在水溶液中显碱性是因为氨分子结合水中的氢，电离出氢氧根，使得溶液显碱性，所以NH2OH在水溶液中呈弱碱性，是因为NH2OH分子结合水中的氢，电离出氢氧根，用电离方程式表示为NH2OH+H2ONH3OH++OH-。‎ ‎（3）红棕色刺激性气味气体为NO2，根据化合价升降守恒可知另一刺激性气体为NO，醋酸是弱酸，所以离子方程式为2NO2-+2CH3COOH=NO2+NO+2CH3COO-+ H2O。‎ ‎（4）根据电池示意图可知电极1发生的电极反应式为。电解NaCl溶液的方程式为：，溶液中NaOH的浓度为，溶液体积为0.5L，则生成的n(NaOH)=0.15mol，转移电子的物质的量为0.15mol，因为燃料电池的工作效率为50%，则燃料电池中转移电子的物质的量为，根据氨气侧的电极反应式可知消耗氨气的物质的量为0.1mol，质量为1.7g。‎ ‎19.下面是某校化学研究性学习小组探究的过量的Fe与浓硫酸反应的实验：‎ I.甲同学设计如下实验验证反应得到的混合气体中含有SO2、H2、H2O 己知：CaSO3受热易分解 ‎（1）写出过量Fe粉与浓硫酸反应产生等体积的SO2与H2的总化学方程式：________‎ ‎（2）若按气体从左到右的流向，为达到实验目的，各装置连接顺序是A→___(不可重复使用）。‎ ‎（3）装置E中的干燥管中盛放的物质为碱石灰，其作用是______。‎ ‎（4）证明有H2存在的实验现象是_________。‎ II．为测定混合气体中SO2的体积分数,，乙同学设计了如下实验方案：‎ ‎（5）W溶液可以是下列溶液中的______（填字母代号）；‎ A.H2O2溶液 B.NaOH溶液 C.KMnO4溶液(硫酸酸化) D.氯水 该混合气体中二氧化硫的体积分数为___________（用含V、m的代数式表示）。‎ ‎（6）丙同学使用cmol/LxmLI2的淀粉溶液(过量)吸收混合气体，充分反应后，用0.1000mol/L的Na2S2O3标准溶液去滴定I2的淀粉溶液，达到滴定终点时消耗Na2S2O3的体积为20mL，该混合气体中二氧化硫的体积分数为____ (用含V、c、x的代数式表示)[已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-]。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe+3H2SO4=2FeSO4+SO2↑+H2↑+2H2O (2). D→B→C→F→E (3). 防止空气中的水分干扰实验，吸收多余的SO2 (4). F中黑色固体粉末变为红色，E中无水硫酸铜变蓝 (5). AD (6). 22.4m/233V (7). 22.4×10-3（cx-1）/V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据原子守恒可知过量Fe粉与浓硫酸反应产生等体积的SO2与H2的总化学方程式为2Fe+3H2SO4＝2FeSO4+SO2↑+H2↑+2H2O。‎ ‎(2)由于通过溶液会带出水蒸气，首先检验水蒸气，利用品红溶液检验SO2，氢气和氧化铜反应之前还需要干燥氢气，且SO2有毒、还需要防止空气中水蒸气进入，所以若按气体从左到右的流向，为达到实验目的，各装置连接顺序是A→D→B→C→F→E。‎ ‎(3)反应中产生气体，因此A中导管的作用为安全管，平衡气压；装置E中的干燥管中盛放的物质为碱石灰，其作用是防止空气中的水分干扰实验，吸收多余的SO2。‎ ‎(4)氢气还原氧化铜生成铜和氢气，则证明有H2存在的实验现象是F中黑色固体粉末变为红色，E中无水硫酸铜变蓝。‎ ‎(5)由于亚硫酸钡不稳定，因此应该转化为硫酸钡，所以W应该具有氧化性，能把SO2‎ 氧化，且不能引入硫酸根，所以选择双氧水或氯水，答案选AD。‎ 硫酸钡是mg，则根据硫原子守恒可知SO2是，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为=。‎ ‎(6)根据方程式I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可知该混合气体中二氧化硫的体积分数为=。‎ ‎20.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下：回答下列问题：‎ ‎（1）明矾净水的原理是______________(用离子方程式表示)。‎ ‎（2）操作Ⅰ是________，操作Ⅱ是蒸发浓缩、__________、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（3）检验滤液A中是否存在Fe2＋的试剂是__________(只用一种试剂)。‎ ‎（4）将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是__________，在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO4-转化为Mn2＋)：_______。‎ ‎（5）已知：在pH＝3、加热条件下，MnO4-可与Mn2＋反应生成MnO2。加入MnSO4发生反应的离子方程式为：________，滤渣2含有的物质是________。‎ ‎【答案】 (1). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ (2). 过滤 (3). 冷却结晶 (4). 酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液) (5). 2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑ (6). 5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O (7). 3Mn2＋＋2MnO4-＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋ (8). MnO2、Fe(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）明矾是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的。其反应原理用方程式表示是Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；‎ ‎（2）操作Ⅰ是将难溶性固体与溶液分离的操作，叫过滤。操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥就得到明矾，‎ 故答案：过滤；冷却结晶；‎ ‎（3）检验滤液A中是否存在的方法加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀，证明含有，故答案：铁氰化钾溶液；‎ ‎（4）2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，在滤液A中加入高锰酸钾的目的是使转化为；发生反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO4-＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；‎ ‎（5）根据表中数据可知当溶液的pH=3时可以形成沉淀根据题意可得方程式3Mn2＋＋2MnO4-＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋，由于溶液的pH=3，所以滤渣的成分含有MnO2、Fe(OH)3。‎ ‎21.以甲醛和苯酚为主要原料，经下列转化可合成酚醛树脂和主要的有机合成中间体D(部分反应条件和产物已略去) ‎ 已知：R1CH2COOCH3+R2COOCH3CH3OH+‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）C中所含官能团名称为___________；D的化学式为_______。‎ ‎（2）反应②的化学方程式为_________________。‎ ‎（3）芳香族化合物E(C8H10O2)与B水解产物互为同分异构体，1mol E可与2mol NaOH反应，其核磁共振氢谱中有3组峰，且峰面积比为3:1:1，则E有______种可能的结构(不考虑立体异构)。‎ ‎（4）以CH3OH和CH3ONa为原料(其它试剂任选)，设计制备CH3COCH2COOCH3的合成路线：CH3OH______________。‎ ‎【答案】 (1). 酯基、醚键 (2). C19H20O5 (3). n+(n-1)H2O (4). 4 (5). CH3Cl CH3CN CH3COOCH3CH3COCH2COOCH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图，①是苯酚和甲醛反应生成A(C7H8O2)的反应，则A为。C是对甲氧基苯乙酸甲酯，可根据名称写出其结构简式为。其余物质的结构简式题目均已给出。‎ ‎【详解】（1）C为，所含官能团名称为酯基、醚键，D的不饱和度为10，可写出其分子式为C19H20O5；‎ ‎（2）②为发生缩聚反应生成的反应，化学方程式为n+(n-1)H2O；‎ ‎（3）B的水解产物为，1 mol E(C8H10O2)可与2 mol NaOH反应，说明1 mol E 中含有2 mol酚羟基，E的核磁共振氢谱显示有3组峰且峰面积之比为3∶1∶1，则符合条件的E有 ‎、、、，共4种；‎ ‎（4）以CH3OH为原料制备化合物CH3COCH2COOCH3。根据题干中B到D的转化过程，可以首先将CH3OH转化为CH3Cl，再转化为CH3CN，水解再酯化生成乙酸甲酯，最后根据题干信息转化即可。合成路线为：。‎ ‎ ‎