华东师范大学二附中2019-2020高二化学上学期期中试题（Word版带解析）

华东师范大学第二附属中学 2019 学年第一学期高二年级化学期中等级考试卷 相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 一、选择题（每题只有一个正确选项，每题 2 分，共 40 分） 1.我国自主研发的新一代动车组在京沪高铁上跑出过 486.1 公里的世界列车最高时速，这得 益于全路铺设优质无缝平滑的超长钢轨。下列有关说法错误的是（ ） A. 制造钢轨的材料是钢，钢是用量较多的合金 B. 钢的熔点比铁的熔点高，而铁的用途更广泛 C. 我国在商代就开始使用铜合金 D. 合金的强度、硬度一般比组成合金各成分金属的大 【答案】B 【解析】 【详解】A．目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢材，可以用于制造钢轨等，故 A 正确； B．钢铁是用途最广泛的合金，比铁的用途更广泛，合金的熔点比铁的熔点要低，故 B 错误； C．青铜器属于铜合金，我国人民在商代就制造出精美的青铜器，故 C 正确； D．合金的强度、硬度一般比组成合金的各成分金属的高，故 D 正确； 故选 B。 2.对 中数字的叙述正确的是（ ） A. 291 是 Ts 元素的相对原子质量 B. 291 是 Ts 元素的质量数 C. 117 是 的质子数 D. 117 是 的中子数 【答案】C 【解析】 【详解】A. 291 是 的质量数，不是 Ts 元素的相对原子质量，故 A 错误； B. 291 是 的质量数，故 B 错误； C. 117 是 的质子数，故 C 正确； 291 117Ts 291 117Ts 291 117Ts 291 117Ts 291 117Ts 291 117TsD. 117 是 的质子数，其中子数=291-117=174，故 D 错误； 故答案选 C 3.关于元素周期表的说法正确的是（ ） A. 元素周期表中有 8 个主族 B. 目前元素周期表中有 4 个长周期 C. 周期表中的主族都有非金属元素 D. 族中的元素全部是金属元素 【答案】B 【解析】 【分析】 元素周期表有 7 个周期(短周期、长周期)，有 18 个纵行，16 个族(7 个主族、7 个副族、第ⅤⅢ 族、零族)，据此分析判断。 【详解】A．元素周期表有 7 个主族，故 A 错误； B．元素周期表有 7 个周期，其中 4、5、6、7 属于长周期，故 B 正确； C．以目前元素周期表来说，ⅡA 没有非金属元素，故 C 错误； D．ⅠA 族的元素除 H 元素外都是金属元素，其中 H 元素是非金属元素，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】本题的易错点为 C，要注意元素周期表中各主族所含元素的分类，其中ⅡA 没有非金 属元素，到目前为止，卤族元素没有金属元素。 4. 如图表示 1~18 号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示 A. 电子层数 B. 原子半径 C. 最高化合价 D. 最外层电 子数 【答案】D 【解析】 。 291 117Ts IA【详解】A 项，原子序数 1、2 的原子电子层数相同，原子序数 3~10 的原子电子层数相同，原 子序数 11~18 的原子电子层数相同，A 项不符合； B 项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B 项不符合； C 项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的 F 没有正价，C 项不符合； D 项，第一周期元素原子的最外层电子数从 1 增至 2，第二、三周期元素原子的最外层电子数 从 1 增至 8，D 项符合； 答案选 D。 5. 一定条件下，某含碳钢腐蚀情况与溶液 pH 的关系如下表。 下列说法错误的是 A. 当 pH＜4 时，碳钢主要发生析氢腐蚀 B. 当 pH＞6 时，碳钢主要发生吸氧腐蚀 C. 当 pH＞14 时，正极反应为 O2+ 4H++ 4e-=2H2O D. 将碱性溶液煮沸除去氧气后，碳钢腐蚀的速率会减缓 【答案】C 【解析】 【详解】A. 当 pH＜4 时，酸性较强，碳钢主要发生析氢腐蚀，A 对，不选； B. 当 pH＞6 时，是弱酸性和碱性，碳钢主要发生吸氧腐蚀，B 对，不选； C. 当 pH＞14 时，正极反应为 O2 + 2H2O+ 4e-=4OH-，C 错，选 C； D. 将碱性溶液煮沸除去氧气后，可以减少吸氧腐蚀，故可以使碳钢腐蚀的速率会减缓，D 对， 不选； 答案选 C。 6.某溶液中加入铝片有氢气产生，则该溶液中一定能大量共存的离子组是（ ） A. Cl- NO3- Ba2＋ Fe3＋ B. SO42- S2- Al3＋ Mg2＋ C. Na＋ K＋ SO42- Cl- D. NH4＋ Ba2＋ Cl- HCO3- 【答案】C 【解析】 【详解】某溶液中加入铝片有氢气产生，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。A．在酸性溶液中，H+、NO3-表现强的氧化性，不能反应产生氢气；在碱性环境中 OH-、Fe3＋会 发生反应产生氢氧化铁沉淀，不能大量共存，错误； B．在酸性溶液中，H+、S2-会反应结合形成 H2S 气体，不能大量共存，在碱性溶液中，OH-、Mg2 ＋会发生反应产生氢氧化镁沉淀，不能大量共存，错误； C．Na＋ K＋ SO42- Cl-无论是在酸性溶液还是在碱性溶液中都不能发生反应，故可以大量共存， 正确； D．在碱性溶液中，OH-与 NH4＋或 HCO3-会发生反应，不能大量共存；在酸性溶液中，H+、HCO3- 会反应结合形成 H2CO3 气体，不能大量共存，错误。 答案选 C。 7.用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面， 置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是 A. Al 和 O2 化合放出热量 B. 硝酸汞是催化剂 C. 涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg D. “白毛”是氧化铝 【答案】B 【解析】 【分析】 铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的保 护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。 【详解】A. 实验中，温度计示数上升，说明 Al 和 O2 化合放出热量，A 项正确； B. 硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B 项错误； C. 硝酸汞与铝反应的离子方程式为 2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg，C 项正确； D. 铝汞齐中的铝失去氧化膜保护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D 项正确。 本题选 B。 8.具有相同电子层数的 、 、 三种元素，已知它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺 序是 ，则下列判断正确的是（ ） X Y Z 4 2 4 3 4HXO H YO H ZO> >A. 原子半径： B. 元素的非金属性： C. 气体氢化物的稳定性： D. 阴离子的还原性： 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z 三种元素的原子具有相同电子层数，应为同一周期元素，它们的最高价氧化物对应水 化物是 HXO4、H2YO4、H3ZO4，则 X 的最外层电子数为 7，Y 的最外层电子数为 6，Z 的最外层电 子数为 5，为非金属，原子序数 X＞Y＞Z，根据同一周期元素的性质变化规律分析解答。 【详解】根据上述分析，Z、Y、X 是同一周期，从左到右依次排列的三种元素，它们的最高价 氧化物对应水化物是 HXO4、H2YO4、H3ZO4。 A．同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径为 X＜Y＜Z，故 A 错误； B．它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序是 HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，元素的非金属性越强， 对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以非金属性：X＞Y＞Z，故 B 正确； C．元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物 稳定性：X＞Y＞Z，故 C 错误； D．元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，所以阴离子的 还原性：X＜Y＜Z，故 D 错误； 故选 B。 9.支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示， 下列有关表述错误的是（ ） A. 利用了电解原理 B. 电子由电源负极流向钢管桩 C. 钢管桩是负极 D. 高硅铸铁作阳极 X Y Z> > X Y Z> > 2 3HX H Y ZH< < 2 3X Y Z− − −> >【答案】C 【解析】 【分析】 外加电流阴极保护法是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为 阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属避免或减弱腐 蚀的发生，据此分析解答。 【详解】A、由于此保护装置有外加电源，构成了电解池，故利用了电解原理，故 A 正确； B、在电解池中，钢管桩要被保护，应做阴极，连接电源的负极，电子由电源的负极流向钢管 桩，故 B 正确； C、钢管桩连接的是电源的负极，做的是电解池的阴极，故 C 错误； D、高硅铸铁做电解池的阳极，连接电源的正极，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键。本题的易错点为 C，要注意 电解池的两极称为阴阳极，原电池的两极称为正负极。 10.现在含有生命元素硒（ ）的保健品已经进入市场，已知硒与氧同族，与钾同周期，则下 列关于硒的叙述中正确的是（ ） A. 硒单质在常温下是固体 B. 硒的气态氢化物稳定性比 强 C. 硒是金属元素 D. 硒酸（ ）的酸性比硫酸强 【答案】A 【解析】 【详解】A、氧在常温下为气体，硫在常温下为固态，可以推出硒常温下为固态，故 A 正确； B、氧元素位于第二周期第ⅥA 族，硒元素位于第四周期第ⅥA 族，同主族，从上到下，元素 的非金属性逐渐减弱，对应氢化物的稳定性逐渐减弱，故硒的气态氢化物稳定性比水弱，故 B 错误； C、硒元素位于第四周期第ⅥA 族，第四周期第ⅣA 族为金属与非金属分界线附近的金属元素， 因此硒为非金属元素，故 C 错误； D、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性 S＞Se，则酸性：H2SO4 Se 2H O 2 4H SeO＞H2SeO4，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】本题的易错点为 C，要注意在元素周期表中，周期序数=主族序数的元素是金属与非 金属分界线附近的金属元素。 11.分离 FeCl3 和 AlCl3 的混合物可用的试剂是（ ） A. 氨水和盐酸 B. 氢氧化钠和二氧化碳 C. 氢氧化钠和盐酸 D. 氨水和二氧化碳 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使 Al(OH)3 沉淀转变成偏铝酸 盐，无法分离，故 A 错误； B．加入烧碱会使 FeCl3 和 AlCl3 先分别转化为 Fe(OH)3 和 Al(OH)3 沉淀，过量加入会使 Al(OH)3 沉淀转化为可溶的 NaAlO2，而 Fe(OH)3 不会溶解．过滤操作后，往 NaAlO2 溶液通入二氧化碳 会先出现 Al(OH)3 沉淀，但碳酸属于弱酸，不能溶解氢氧化铝、氢氧化铁，不能复原得到 FeCl3、AlCl3，故 B 错误； C．加入烧碱会使 FeCl3 和 AlCl3 先分别转化为 Fe(OH)3 和 Al(OH)3 沉淀，过量加入会使 Al(OH)3 沉淀转化为可溶的 NaAlO2，而 Fe(OH)3 不会溶解．过滤操作后往 Fe(OH)3 沉淀加入盐酸会使沉 淀溶解再次生成 FeCl3；往 NaAlO2 溶液加入盐酸会先出现 Al(OH)3 沉淀，盐酸过量沉淀会溶解 生成 AlCl3，达到分离目的，故 C 正确； D．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使 Al(OH)3 沉淀转变成偏铝酸盐，无法 分离，故 D 错误； 答案选 C。 12.随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化 如下图所示，下列分析正确的是（ ）A. 、 的简单离子半径大小： B. 元素 金属性： C. 元素的非金属性： D. 、 、 和 四种元素能形成离子化合物 【答案】D 【解析】 【分析】 从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知 x 是 H 元素，y 是 C 元素，z 是 N 元素， d 是 O 元素，e 是 Na 元素，f 是 Al 元素，g 是 S 元素，h 是 Cl 元素，结合元素周期律分析解 答。 【详解】A．d 为 O、e 为 Na，两种离子具有相同电子层排布，原子序数大的离子半径小，则 简单离子半径大小：d＞e，故 A 错误； B．e 为 Na、f 为 Al，同周期元素，从左向右，金属性减弱，则元素的金属性：e＞f，故 B 错 误； C．d 为 O、g 为 S，同主族元素，从上到下，非金属性减弱，则元素的非金属性：d＞g，故 C 错误； D．x、y、z 和 d 四种元素可以形成碳酸铵、碳酸氢铵，均为离子化合物，故 D 正确； 故选 D。 13.铝元素的多种化合物间存在下列转化关系，关于上述过程描述正确的是（ ） A. 实现过程①可通过足量 B. 实现过程②可加入足量 C. 实现过程③可加入足量 D. 实现过程④可通入足量 【答案】C 【解析】 的 d e d e< e f< d g< x y z d 2CO NaOH NaOH 3NH【详解】A、氢氧化铝不能溶于碳酸，因此通如足量 不能实现过程①，故 A 错误； B、氢氧化铝为两性氢氧化物，足量 NaOH 会将生成的氢氧化铝溶解，因此实现过程②可加入 少量 NaOH，故 B 错误； C、氢氧化铝为两性氢氧化物，足量 NaOH 会将生成的氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，故 C 正确； D、氨水为弱碱，氢氧化铝不能溶于氨水，不能实现过程④，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】解答本题要注意，氢氧化铝为两性氢氧化物，能够溶于强酸和强碱，不能溶于碳酸 或氨水等弱酸和弱碱。 14.X、Y、Z、W 为短周期元素，其原子半径、化合价等信息见下表。 有关这四种元素 说法一定正确的是 A. X 与 W 形成的化合物的电子式可表示为 B. Y 的氢化物能与 W 的氢化物反应，所得产物只含有共价键 C. X、Y 能分别与氧元素形成多种氧化物 D. Z 处于元素周期表中第三周期ⅣA 族 【答案】C 【解析】 X、Y、Z、W 为短周期元素，根据原子半径、化合价等信息可知 X、Y 是第二周期元素，分别是 C 和 N，Z 和 W 是第三周期元素，分别是 S 和 Cl。A. X 与 W 形成的化合物是四氯化碳，其电子 式可表示为 ，A 错误；B. Y 的氢化物氨气能与 W 的氢化物氯化氢反应，所得产物 是氯化铵，含有离子键和共价键，B 错误；C. C、N 能分别与氧元素形成多种氧化物，C 正确； D. Cl 处于元素周期表中第三周期第ⅦA 族，D 错误，答案选 C。 点睛：准确判断出元素种类是解答的关键，注意原子半径和化合价的变化规律，注意元素周 期律和“位—构—性”关系的应用。关于化合价判断需要注意氟元素没有正价，氧元素没有 的 2CO最高价。 15.用新型纳米材料 MFe2Ox(3x，故 A 错误； B.SO2 在反应中转化为 S，属于氧化剂，不是催化剂，故 B 错误； C.由反应可知 SO2 转化为 S，S 元素化合价降低，说明 SO2 在反应中为氧化剂，则 MFe2Ox 为还 原剂，故 C 选项是正确的； D.该反应是 SO2 和 MFe2Ox 反应，该反应中 S 元素化合价降低，MFe2Ox 中铁元素化合价升高，发 生了氧化还原反应，所以不是 SO2 发生了分解反应，故 D 选项是错误的； 所以答案 C 选项是正确的。 【点睛】根据图示反应可知，SO2 转化为 S，S 元素化合价降低，说明 SO2 在反应中为氧化剂， MFe2Ox 为还原剂，反应后 Fe 元素的化合价升高，根据 Fe 元素常见化合价为+2、+3 价判断 x、 y 大小关系。 16.类推是在化学学习和研究中常用的思维方法，但类推出的结论最终要经过实践的检验才能 决定其正确与否，下列几种类推结论中正确的是 （ ） A. 由 Fe 跟 Cl2 直接化合可得 FeCl3，类推出 Fe 跟 I2 直接化合可得 FeI3 B. 金属镁失火不能用 CO2 灭火，类推出金属钠失火也不能用 CO2 灭火 C. CO2 与 Na2O2 反应生成 Na2CO3 和 O2，类推出 SO2 与 Na2O2 反应生成 Na2SO3 和 O2 D. 相同温度下 CaCO3 的溶解度比 Ca(HCO3)2 的溶解度小，类推出 Na2CO3 的溶解度也小于 NaHCO3 的溶解度. 【答案】B 【解析】【详解】A.选项中的 I2 的氧化性比 Cl2 弱，和 Fe 反应只能生成 FeI2，因此 A 错误； B.金属镁能和 CO2 生成氧化镁和碳，所以金属镁失火不能用 CO2 灭火，金属钠燃烧生成 Na2O2， Na2O2 与 CO2 反应生成氧气，所以金属钠失火也不能用 CO2 灭火，故 B 正确； C.中 Na2O2 具有强氧化性，可以将 Na2SO3 氧化，所以 SO2 和 Na2O2 反应将得到 Na2SO4，故 C 错 误； D.因为碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小，故 D 错误； 所以本题答案为 B。 17.如图表示 AlCl3 溶液与 NaOH 溶液滴加过程中微粒数量的关系曲线。 判断下列说法不正确 的是（ ） A. A 线表示 Al3＋的物质的量的变化 B. x 表示 NaOH 的物质的量 C. C 线表示 Al(OH)3 的物质的量的变化 D. D 线表示 Al(OH)3 物质的量的变化 【答案】D 【解析】 【分析】 假定向含有 1molAlCl3 溶液中滴加 NaOH 溶液，首先发生反应 Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al3+完全 沉淀，消耗 3molOH-，生成 1molAl(OH)3，然后发生反应 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶 解消耗 1molOH-，生成 1molAlO2-，前后两部分消耗的 OH-为 3：1； 假定向含有 4molNaOH 溶液中滴加 AlCl3 溶液，首先发生反应 Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反 应消耗，1molAl3+生成 1molAlO2-，然后发生反应 Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，AlO2-完全反 应，消耗 molAl3+，生成 molAl(OH)3，前后两部分消耗的 Al3+为 1mol： mol=3：1，由图 象可知，A、B 表示微粒关系，C、D 表示微粒物质的量关系均为 1：1 可知，该图表示向 AlCl3 溶液中滴加 NaOH 溶液，据此结合选项解答。 【详解】A. 由上述分析可知，首先发生反应 Al3++3OH−=Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减 的 1 3 4 3 1 3少，所以 A 线可以表示 Al3+的物质的量的变化，故 A 正确； B. 由上述分析可知，x 可以表示 NaOH 的物质的量，故 B 正确； C. 由上述分析可知,随反应进行 Al(OH)3 物质的量先增大，后减小，故 B、C 线可表示 Al(OH)3 的物质的量的变化，故 C 正确； D. 由上述分析可知，Al(OH)3 溶解时，AlO2−的物质的量增大，所以 D 线表示 AlO2−的物质的量 的变化，故 D 错误； 所以本题答案：D。 【点睛】本题根据铝三角的关系进行判断。即根据三个反应 Al3++3OH-=Al(OH)3， Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，关系解答。 18.铁及其化合物是一类重要物质，下列叙述中正确的是 （ ） A. 保存 FeCl2 溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制 Fe2＋水解 B. 25℃，pH＝0 的溶液中，Al3＋、NH4＋、NO3－、Fe2＋可以大量共存 C. 制备 AlCl3、FeCl3 均可采用将溶液直接蒸干灼烧的方法 D. 铁粉加入到足量稀硝酸中： Fe＋NO3－＋4H＋→Fe3＋＋2H2O＋NO↑ 【答案】D 【解析】 【详解】A.亚铁离子容易被空气中的氧气氧化为铁离子，FeCl2 溶液存放在加有少量铁粉的试 剂瓶中可防止被氧化，故 A 错误； B.pH=0 的溶液中存在大量的氢离子，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，三者不能大量共存， 故 B 错误； C.AlCl3、FeCl3 溶于水能水解分别生成氢氧化铝、氢氧化铁和盐酸，因盐酸为挥发性酸，氯化 氢挥发促进盐类水解，最后得到氧化铝、氧化铁，所以制备 AlCl3、FeCl3 均不能采用将溶液 直接蒸干的方法，故 C 错误； D.铁粉加入到足量稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸铁和一氧化氮、水，其反应的离子方 程式为： Fe＋NO3－＋4H＋=Fe3＋＋2H2O＋NO↑，故 D 正确； 所以本题答案：D。 19.铜片和铁片（均少部分被氧化）一起放入足量的盐酸中充分反应。反应后的溶液中（ ） A. 一定有 Fe3+ B. 一定有 Fe2+ C. 一定有 Cu2+ D. 一定没有 Cu2+ 【答案】B【解析】 【分析】 发生的反应有：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应、铁和盐酸反应、铁和氯化铜反应， 铜与氯化铁的反应，以此判断溶液中一定含有的金属离子． 【详解】表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应， 由发生的反应：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应，生成铁离子、铜离子， 还原性 Fe＞Cu，先发生铁和盐酸反应，盐酸足量，可存在铁离子， 若盐酸少量，铁和氯化铜反应，生成氯化亚铁、氯化铜， 氧化性 Fe3＋＞Cu2＋＞H＋， 将表面都含有氧化物的铁片和铜片一起放入盐酸中充分反应，若反应后铁片有剩余，则一定 不存在 Fe3＋、Cu2＋、H＋，所得溶液中的阳离子为 Fe2＋， 故选：B。 【点睛】本题考查了铁的性质，把握铁、铜的活泼性即可判断溶液中存在的金属阳离子，解 题关键：明确发生的化学反应． 20.FeCl3(aq)与 KSCN(aq)混合时存在下列平衡： Fe3+(aq)＋SCN－(aq) Fe(SCN)2+(aq)。已 知平衡时，c[Fe(SCN)2+]与温度 T 的关系如图所示，则下列说法正确的是 A. FeCl3(aq)与 KSCN(aq)的反应是放热反应 B. T1、T2 时反应的平衡常数分别为 K1、K2，则 K1＜K2 C. 反应处于 D 点时，一定有 υ 正 Cu2＋> Fe2＋，所得的溶液中加入铁粉，可能发生反应 Fe+ Cu2＋= Cu +Fe2 ＋，Fe +2Fe3＋=3Fe2＋。 a.若无固体剩余，当铁粉刚好与 Fe3＋恰好完全反应，溶液不存在 Fe3＋，故 a 错误； b.无论铁粉的量如何，只要发生反应，溶液中就一定存在 Fe2＋，故 b 正确； c.若溶液中有 Cu2＋，说明铁粉不足，可能有固体析出，故 c 错误； d. 因为氧化性顺序为 Fe3＋> Cu2＋，加入少量铁粉，溶液中一定存在 Fe2＋，不一定有 Cu 析出， 故 d 错误； 综上所述，本题正确答案为 b。 （2）根据电荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中 OH-浓度很小，可 以忽略不计，则 c（H+）=c（Cl-）-2c（Fe2+）-3c（Fe3+）=1.0×10-2mol•L-1，则溶液 pH=-lg1.0×10-2=2。所以答案为：2。 （3）摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子, 铵根离子、亚铁离子水解显酸性,最大的是硫酸根离子,其次是铵根离子浓度、亚铁离子浓度、 氢离子浓度和氢氧根离子浓度,离子浓度大小为: c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)＞c(OH-)； 所以答案：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)＞c(OH-)。 （4）先根据得失电子相等，配平氧化剂和还原剂及其产物，分别是 1 MnO4－被还原为 1 Mn2+,5 Fe2+被氧化为 5Fe3+;再根据电荷守恒或者氧、氢原子守恒即可得到：8 H+ ，4 H2O ，所 以配平离子方程式的系数分别为 5、1、 8、1、 5、 4 ；所以答案为 5、1、 8、1、 5、 4。 （5）消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.0500mol/L×0.0195L=9.75×10-4mol，250mL 溶液中需 要消耗的高锰酸钾的物质的量为：9.75×10-4mol× =9.75×10-3mol，根据反应 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe2++Mn2++4H2O，亚铁离子的物质的量为： n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×9.75×10-3mol=4.875×10-2mol，莫尔盐产品 23.520g 中含有的莫尔盐 质量为：392g/mol×4.875×10-2mol=19.11g，产品中莫尔盐的质量分数为： =0.813；故答案为：81.3%。 【点睛】解题依据氧化性和还原性的强弱进行判断：由 2Fe3＋+ Cu= 2Fe2＋+Cu2＋和 Fe+ Cu2＋= Cu +Fe2＋，Fe +2Fe3＋=3Fe2＋氧化性的强弱：Fe3＋> Cu2＋> Fe2＋；还原性：Fe> Fe2＋进行分析 解答。 23.铝是一种应用广泛的金属，工业上用 Al2O3 和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。 ①铝土矿的主要成分是 Al2O3 和 SiO2 等。从铝土矿中提炼 Al2O3 的流程如下： ②以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下： 请回答下列问题： （1）反应 1 中的化学方程式有 2NaOH＋SiO2→Na2SiO3＋H2O 以及___________； （2）滤液Ⅰ中加入 CaO 生成的沉淀是_______，反应 2 的离子方程式为________(气体 A 过量)； （3）E 可作为建筑材料，化合物 C 是浓硫酸，请写出由 D 制备冰晶石的化学方程式______； （4）电解制铝以石墨为电极，请写出阳极的电极反应式____________________。 【 答 案 】 (1). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O (2). CaSiO3 (3). NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3 (4). 12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3 2Na3AlF6+3CO2↑+6H2O 250 25 19.11 23.520 g g(5). O2--4e=O2↑ 【解析】 【分析】 由框图可知铝土矿加氢氧化钠后，Al2O3 和 SiO2 会发生反应生成的滤液为 NaAlO2 和 Na2SiO3， 加入 CaO 沉淀为 CaSiO3，滤液 II 的主要成分是 NaAlO2，再通入气体 CO2，生成沉淀 Al(OH)3， 加热即可得到 Al2O3。 【详解】(1)因为铝土矿的主要成分是 Al2O3 和 SiO2，反应 1 为加 NaOH 溶液，发生的反应为 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，2NaOH+Al2O3 2NaAlO2+H2O。所以答案：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O； (2)滤液 I 的主要成分是 NaAlO2 和 Na2SiO3，加入生石灰发生反应:CaO+H2O=Ca(OH)2 和 Ca(OH)2+Na2SiO=CaSiO3+2NaOH；滤液 II 的主要成分是 NaAlO2，通入的气体 A 应是 CO2，发生 反应的方程式为 2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3。 所以答案：CaSiO3；2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3； (3)CaF2 加入浓硫酸能发生反应，反应的方程式为 CaF2+H2SO4(浓)=CaSO4+2HF，则 D 为 HF。由 D 制备冰晶石的化学方程式为 12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。 所以答案为：12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O； (4)电解熔融的 Al2O3 可生成铝和氧气，其反应的方程式为 2Al2O3 4A1+3O2↑，在阳极发生 氧化反应，其电极反应方程式为：O2--4e=O2↑；答案为：O2--4e=O2↑。 三、实验分析（本题共 14 分） 24.某研究小组利用下图装置探究温度对 CO 还原 Fe2O3 的影响（固定装置略）。已知：还原性 SCN －＞Cl－ （1）装置 B 中发生的化学方程式____________。 装置 C 的作用是_________。 用酒精喷灯 对装置 D 加热，得到灰黑色粉末。用黑色粉末进行以下实验： 步骤 操作 现象1 取灰黑色粉末加入稀硫酸 溶解，有气泡 2 取步骤 1 中溶液，滴加 NaOH 溶液后，在空气中，搅拌放置 白色沉淀 最终变为红褐色 3 取步骤 1 中溶液，滴加 KSCN 溶液 无现象 4 向步骤 3 溶液中滴加新制氯水至过量 先变红，后褪色 （2）得到 灰黑色粉末是__________________（填写化学式）。 （3）步骤 2 中“白色沉淀最终变为红褐色”的化学反应方程式为____________。 （4）步骤 4 中，溶液变红的原因为 ；溶液褪色可能的原因_________ 。验证上述原因的实验 操作方法为____________。 （5）上述装置，从实验安全考虑，需要采取的改进措施是_____________。 【答案】 (1). Zn+CO2 ZnO+CO (2). 吸收没反应完的二氧化碳 (3). 一定有铁， 可能有 FeO (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). Fe2+被氯气氧化为 Fe3+，Fe3+与 SCN- 离子反应生成血红色的 Fe(SCN)3，SCN-被氯气氧化 (6). 取少量褪色后的溶液，加入过量 的 KSCN 溶液，溶液又变血红色 (7). 在装置 B、C 之间加防止倒吸装置，在装置 F 末端加 个点燃的酒精灯，对尾气进行处理。 【解析】 【分析】 （1）装置 B 中 Zn 和 CO2 在加热条件下生成 ZnO 和 CO；装置 C 中 NaOH 是用来吸收 CO 中混有 的 CO2 气体；尾气中 CO， （2）根据现象分析可能的黑色固体； （3）氢氧化亚铁会被氧化成氢氧化铁； （4）根据实验探究的现象及原理分析； （5）可能会有倒吸现象及尾气处理角度分析。 【详解】(1)A 装置是加热 MgCO3 产生 CO2，B 装置就是将 CO2 转化为 CO，其化学方程式为:Zn+CO2 ZnO+CO ，但是仍然有部分 CO2 反应不完，会掺杂在 CO 中，使后面的实验结果受到影响， 故此 CO2 应该通过装置 C 氢氧化钠溶液除去，则装置 C 的作用是：除去多余 CO2； 的故答案为：Zn+CO2 ZnO+CO；吸收没反应完的二氧化碳。 （2）步骤 1 现象是产生气泡，则说明 Fe 与稀硫酸反应，故黑色固体是 Fe，但本实验可能产 生 FeO 黑色固体，，故答案是：一定有 Fe，可能含 FeO； （3）白色沉淀是在空气中被氧化，可推出白色沉淀为 Fe(OH)2，红褐色沉淀为 Fe(OH)3，化学 方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； 所以答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； （4）溶液中含有 KSCN，故变红是因为溶液中产生了 Fe3+，是因为 Cl2 将 Fe2+氧化为 Fe3+， Fe3+ 遇 SCN-显红色；后来溶液褪色，可能是 Fe3+或 SCN-被反应掉，故可能是 Cl2 的氧化性非常强， 氧化了 SCN-，SCN-被反应掉，导致溶液褪色；要证明这种可能，应该在褪色后的溶液中加入新 的 SCN-，若重新变红，则说明原来的 SCN-被 Cl2 氧化，而溶液中 Fe3+并没有消失，故应该滴加 KSCN 溶液，观察是否变红。 故答案为： Fe2+被氯气氧化为 Fe3+，Fe3+与 SCN-离子反应生成血红色的 Fe(SCN)3，SCN-被氯气 氧化 ；取少量褪色后的溶液，加入过量的 KSCN 溶液，溶液又变血红色； （5）实验装置有两点不足，一是 C 中液体容易受气压影响到吸入 B 中导致硬质玻璃管炸裂， 故应该在 B、C 之间加安全瓶防止倒吸；二是尾气中含有 CO 等气体没有做处理，应该在装置 F 后加个尾气收集装置； 故答案为：在装置 B、C 之间加安全瓶防止倒吸，在装置 F 末端加个点燃的酒精灯，对尾气进 行处理。 四、图像分析（本题共 12 分） 25.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]和铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]都是限制使用的食品添加剂。 （1）KAl(SO4)2 的电离方程式为_______________ KAl(SO4)2 可作净水剂，其原因是(用必要的 化学用语和相关文字说明)。 （2）已知几种电解质溶液的 pH 随温度变化的曲线如图 1 所示。 其中符合 KAl(SO4)2 溶液的 pH 随温度变化的曲线是_______ (填罗马数字)。 （3）向盛有 100mL NH4Al(SO4)2 溶液的烧杯中滴加 NaOH 溶液，沉淀物质的量随 NaOH 溶液体积 变化示意如图 2 所示。 ①写出 m 点反应的离子方程___ ②当加入 45mL NaOH 时，烧杯中 Al 元素的存在形式为 __________ ③由图象可知所滴 NaOH 溶液的浓度为________________ 【答案】 (1). KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42- (2). I (3). NH4++OH-=NH3·H2O (4). Al(OH)3 和 NaAlO2 (5). 1mol/L 【解析】 【分析】 (1)KAl(SO4)2 是离子化合物且易溶于水，再溶液中完全电离；Al3+水解生成的 Al(OH)3 具有吸 附性。 【详解】（1）KAl(SO4)2 是离子化合物，且易溶于水，再溶液中完全电离，其电离方程式为 KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；故答案为： KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42 ； (2) 因为 Al3+水解生成的 Al(OH)3，其离子方程式：Al3++3H2O═Al(OH)3+3H+，使溶液显酸性， 因为水解为吸热反应，所有升高温度，促进水解，使溶液的酸性增强，故曲线 I 符合题意， 答案为 I。 生成的 Al(OH)3 吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清； （3）①向盛有 100mL NH4Al(SO4)2 溶液的烧杯中滴加 NaOH 溶液，沉淀物质的量随 NaOH 溶液逐 渐增大，当所有的 Al3+完全反应后，再滴加氢氧化钠，和铵根离子反应，继续加入氢氧化钠， Al(OH)3 又会溶解，所有,m 点过程中加入氢氧化钠,沉淀物质的量不变,是 NH4+与 OH−反应生成 NH3⋅H2O,离子方程式为：NH4++OH−=NH3⋅H2O，故答案为：NH4++OH−=NH3⋅H2O； ②如图可知在氢氧化钠溶液滴加到 40mL∼50mL 时，氢氧化铝逐渐溶解，此时发生+ OH−=AlO2-+ H2O，所以当加入 45mL NaOH 时，烧杯中 Al 元素的存在形式为 Al（OH）3 和 NaAlO2；所以答案 为：Al(OH)3 和 NaAlO2；③由图可知,生成的 Al(OH)3 的物质的量为 0.01mol,Al3++3OH−=Al(OH)3↓,则氢氧化钠的物质 的量为 0.03mol,其体积为 0.03L,所以 NaOH 溶液的浓度为 1mol⋅L−1，所有本题答案：1mol⋅L−1。