吉林省東遼五中2020屆高三化學上學期9月月考試題（含解析）注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質量：C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、選擇題（每小題6分，共42分，每小題只有一個選項符合題意）1.化學與生產生活密切相關，下列有關說法不正確的是A. 富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質B. 目前科學家已經制得單原子層鍺，其電子遷移率是硅的10倍，有望取代硅用于制造晶體管C. Ni-Zn化合物的納米顆?？勺鞣磻拇呋瘎岣弑降霓D化率D. 用K2FeO4代替Cl2處理飲用水時，既有殺菌消毒作用，又有凈水作用【答案】C【解析】A、富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質，選項A正確；B、晶體管材料應具有導電性，鍺電子遷移率比硅強，可用于半導體材料，選項B正確；C、催化劑只能改變化學反應速率，不能使化學平衡移動，故不能提高苯的轉化率，選項C不正確；D、用K2FeO4代替Cl2處理飲用水時，既有殺菌消毒作用，又有凈水作用，選項D正確。答案選C。2.下列有關物質的性質與用途不具有對應關系的是A. 明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑B. CaO2能緩慢與水反應產生O2，可用作水產養殖中供氧劑C. 鋁具有良好導熱性，可用鋁罐貯運濃硝酸D. FeCl3溶液具有氧化性，可用作銅制線路板的蝕刻劑【答案】C【解析】【分析】A、明礬能水解生成Al(OH)3膠體，具有吸附性，可用作凈水劑；B、CaO2能緩慢與水反應產生O2和氫氧化鈣，可用作水產養殖中的供氧劑；C、鋁表面能產生氧化膜，可用鋁罐貯運濃硝酸；D、鐵離子能將銅氧化而溶解；【詳解】A、明礬能水解生成Al(OH)3膠體，膠體具有較強的吸附能力，可用于凈水，故A正確；B、CaO2能緩慢與水反應產生O2，發生CaO2+2H2O=Ca（OH）2+O2，可用作水產養殖中的供氧劑，故B正確。C、鋁表面能產生氧化膜，可用鋁罐貯運濃硝酸，故C錯誤；D、鐵離子能將銅氧化而溶解：2Fe3Cu=Cu22Fe2， FeCl3溶液具有氧化性，可用作銅制線路板的蝕刻劑，故D正確；故選C。3.用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的是A. 1 mol CO2與1 L 2 molL1的NaOH溶液反應后，溶液中CO32-數為NAB. 標準狀況下，11.2LHF所含原子數為NAC. 常溫下，1L pH=10的氨水溶液中，發生電離的水分子數為110-10 NAD. 常溫常壓下，1.8g甲基(CD3)中含有的中子數為NA【答案】C【解析】【分析】A、CO32弱酸根，在溶液中會水解；B、標準狀況下，HF是液態；C、堿溶液中的氫離子來源于水；D、求出甲基（-CD3）的物質的量，然后根據甲基中含9個中子來分析；【詳解】A、 1 mol CO2與1 L 2 molL1的NaOH溶液反應生成1mol碳酸鈉，而CO32為弱酸根，在溶液中會水解，故溶液中的碳酸根的個數小于NA個，故A錯誤；B、標準狀況下，HF是液態，無法計算，故B錯誤；C、堿溶液中的氫離子來源于水，常溫下，1L pH=10的氨水溶液中，水中氫離子的濃度為110-10 molL1，發生電離的水分子數為110-10 NA，故C正確；D、1.8g甲基（-CD3）的物質的量為0.1mol，而甲基中含9個中子，故0.1mol甲基中含0.9NA個中子，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，易錯點D：應注意掌握物質的結構，甲基（-CD3）的物質的量為0.1mol，而甲基中含9個中子；難點C，堿溶液中的氫離子來源于水。4.下列各組離子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）A. 常溫下，水電離的c(OH)= 11012mo1L1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B. 能使酚酞變紅溶液中：Na+、Ba2+、HC2O4、ClC. 0. 1 molL1KI 溶液：Na+、K+、ClO 、OHD. 常溫下，=1010的溶液中：K+、Na+、I、SO42【答案】D【解析】【詳解】A. 常溫下，水電離的c(OH)= 11012mo1L1的溶液可能呈酸性也可能呈堿性，若酸性則Fe2+、H+、NO3發生氧化還原反應而不能大量共存，若堿性則NH4+、Fe2+不能大量存在，選項A錯誤；B. 能使酚酞變紅的溶液呈堿性，HC2O4與氫氧根離子反應而不能大量存在，選項B錯誤；C. 0. 1 molL1KI 溶液中ClO 與I發生氧化還原反應而不能大量共存，選項C錯誤；D. 常溫下，=1010的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I、SO42，各離子相互之間不反應，能大量共存，選項D正確。答案選D。5.工廠排放的SO2煙氣對環境造成污染，某企業用下圖流程綜合處理，下列有關說法正確的是A. 二氧化硫吸收塔中發生的反應為SO2SO32H2O=2HSO3B. 氨氣吸收塔中發生的反應為HSO3OH=H2OSO32C. 上述流程利用的是氧化還原反應原理D. 上述流程可循環利用的物質有2種【答案】A【解析】【詳解】A.亞硫酸銨與SO2反應生成亞硫酸氫銨，方程式為：SO2SO32-H2O=2HSO3-，故A正確；B.氨氣的水溶液顯堿性，與亞硫酸根離子反應生成正鹽，方程式為：HSO3-NH3=NH4+SO32-，故B錯誤；C.上述流程中各反應中沒有元素化合價的變化，故沒有氧化還原反應的發生，故C錯誤；D.從流程可以看出，亞硫酸銨與二氧化硫反應生成亞硫酸氫銨，亞硫酸氫銨與氨氣反應生成亞硫酸銨，所以循環利用的物質為亞硫酸銨，只有1種，故D錯誤；故答案選A。6.某溶液僅有 K、Al3、Mg2、NH4、Cl、SO42、HCO3中的幾種為確定其成分，做如下實驗：取部分溶液加入適量 Na2O2 固體，產生無色無味的氣體和白色沉淀，再加入足量的 NaOH 溶液后白色沉淀全部溶解；另取部分溶液，加入 HNO3 酸化的Ba(NO3)2溶 液，無沉淀產生。下列推斷正確的是A. 肯定有 Al3、Cl，一定沒有 HCO3和SO42B. 肯定有 Al3、Mg2、Cl，可能有NH4、KC. 肯定有 Al3、NH4、Cl，肯定沒有HCO3D. 該溶液可能顯弱酸性，也可能顯中性【答案】A【解析】由取部分溶液，加入適量Na2O2固體，產生無色無味的氣體和白色沉淀，2Na2O22H2O=4NaOHO2，產生無色無味的氣體，說明無NH4 ，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，說明無Mg2 ，有Al3 ，無HCO3；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，無沉淀產生，說明無SO42，溶液中只有Cl 一種陰離子?？v上所述A正確；B、應無Mg2 和NH4，K 不能確定，故B錯誤；C、無NH4 ，故C錯誤；D、Al3 水解呈酸性，故D錯誤；故選A。7.下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是A. Fe(NO3)3加入過量的HI溶液：2Fe3+2I=2Fe2+I2B. 向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4+OH=NH3H2OC. 將1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD. 0.01 molL1 NH4Al(SO4)2溶液與0.02 molL1 Ba(OH)2溶液等體積混合：NH4+Al3+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O 【答案】D【解析】【分析】A.漏寫碘離子與硝酸發生的氧化還原反應；B. HSO3-與OH-反應；C.碘離子的還原性大于亞鐵離子，氯氣先與碘離子反應；D.溶液等體積混合，溶質的物質的量比為1:2，反應生成硫酸鋇、氫氧化鋁和一水合氨?！驹斀狻緼.Fe(NO3)3加入過量的HI溶液的離子反應為：12H+3NO3-+Fe3+10IFe2+5I2+3NO+6H2O，故A錯誤；B.向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：HSO3-OH=SO32-H2O，故B錯誤；C.碘離子的還原性大于亞鐵離子，碘離子先被氧化，所以將1molCl2通入到含1mol FeI2溶液中，離子方程式：2I+Cl22Cl+I2，故C錯誤；D.0.01molL-1NH4Al(SO4)2溶液與0.02molL-1 Ba(OH)2溶液等體積混合：NH4+Al3+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故D正確；故答案選D。【點睛】還原性：I-Fe2+Br-，所以將1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只有碘離子被氯氣氧化生成碘，離子方程式為：2I+Cl22Cl+I2；將1.5molCl2通入到含1mol FeI2的溶液中，碘離子、亞鐵離子均被氧化，離子方程式為：2Fe2+4I+3Cl26Cl+2I2+2Fe3+。8.在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是A. NaHCO3(s) Na2CO3(s) NaOH(aq)B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C. AgNO3(aq)Ag(NH3)2+(aq)Ag(s)D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)【答案】A【解析】【詳解】A.NaHCO3受熱分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3與飽和石灰水反應生成CaCO3和NaOH，兩步反應均能實現，故A正確；B.NaAlO2與過量鹽酸反應生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反應不能實現，故B錯誤；C.蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發生銀鏡反應，第二步反應不能實現，故C錯誤；D.Fe與HCl反應生成FeCl2和H2，第二步反應不能實現，故D錯誤；答案選A。9.南海是一個巨大的資源寶庫,開發利用這些資源是科學研究的重要課題。下圖為海水資源利用的部分過程,有關說法正確的是（ ）A. 海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法、冰凍法B. 氯堿工業中采用陰離子交換膜可提高產品的純度C. 由MgCl26H2O得到無水MgCl2的關鍵是要低溫小火烘干D. 溴工業中、的目的是為了富集溴元素，溴元素在反應、中均被氧化，在反應中被還原【答案】D【解析】A.海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法、離子交換法，A錯誤；B. 氯堿工業是電解飽和食鹽水，溶液中陽極上氫離子和陰極上氯離子放電，在陰極產生氫氧化鈉，為防止氯氣與氫氧化鈉反應采用陽離子交換膜，使鈉離子轉移到陰極，所以提高產品純度，B錯誤；C.MgCl2溶液加熱，鎂離子水解生成氫氧化鎂和氯化氫，氯化氫易揮發，使水解可以完全，因此由MgCl26H2O得到無水MgCl2的關鍵是抑制MgCl2的水解，C錯誤；D.海水提溴是先通入足量氯氣氧化溴離子為溴單質，然后將溴單質還原為溴化氫，再通入適量氯氣氧化溴離子為溴單質，溴得電子化合價降低，所以溴元素被還原，因此溴工業中、的目的是為了富集溴元素，溴元素在反應、中均被氧化，在反應中被還原，D正確；答案選D.點睛：常用的離子交換膜有陽離子交換摸、陰離子交換膜、質子交換膜。10.某同學設計用下圖的裝置制備少量的AlCl3(易水解)。下列說法錯誤的是（ ）A. G裝置作用是除去多余氯氣，防止空氣污染B. 裝置C和F中的試劑均為濃硫酸，其作用是防止水蒸氣進人E中C. 用50mL12mol/L的鹽酸與足量的MnO2反應，所得氯氣可以制取26.7gAlCl3D. 實驗過程中應先點燃A處的酒精燈，待裝置中充滿黃綠色氣體時再點燃D處的酒精燈【答案】C【解析】【詳解】A、氯氣是有毒氣體不能直接排放到空氣中，G裝置中的氫氧化鈉溶液能與氯氣反應而除去多余氯氣，防止空氣污染，選項A正確；B、因為AlCl3易水解，所以鋁和氯氣反應必須在干燥的環境下進行，因此裝置C和F中的試劑均為濃硫酸，其作用是防止水蒸氣進人E中，選項B正確；C、用50mL12mol/L的鹽酸與足量的MnO2反應，由于濃鹽酸不斷消耗，變為稀鹽酸，與二氧化錳不反應，所以50mL12mol/L的鹽酸產生氯氣的量小于0.15mol，因此氯氣與鋁反應生成氯化鋁的量少于0.1 mol，質量小于13.35g，選項C錯誤；D、實驗過程中應先點燃A處的酒精燈，反應產生氯氣，利用氯氣排凈裝置內的空氣，待裝置中充滿黃綠色氣體時再點燃D處的酒精燈，反應進行，選項D正確；答案選C?！军c睛】本題考查氯氣的實驗室制法及性質，實驗室用濃鹽酸與二氧化錳制備氯氣，若用50mL12mol/L的鹽酸與足量的MnO2反應，產生氯氣的量小于0.15 mol，若是 0.15 molMnO2足量的12mol/L的鹽酸反應，可以生成氯氣0.15 mol，因為濃鹽酸與二氧化錳加熱反應，而稀鹽酸與二氧化錳加熱也不反應。11.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL-1的鹽酸，測得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物質的量與加入鹽酸溶液的體積變化關系如圖所示。則下列說法正確的是（ ）（已知：H2CO3的電離平衡常數K1 = 4.310-7,K2 = 5.610-11；Al(OH)3的酸式電離平衡常數K=6.310-13）A. a曲線表示的離子方程式為：AlO2-+4H+ = Al3+ + 2H2OB. M點時生成的CO2為0.05 molC. 原混合溶液中的CO32-與AlO2-的物質的量之比為1:2D. V1:V2=1:4【答案】D【解析】A、根據H2CO3和Al(OH)3的電離平衡常數，得H能力大?。篈lO2CO32HCO3，滴加鹽酸發生：AlO2HH2O=Al(OH)3，繼續滴加鹽酸發生CO32H=HCO3、HCO3H=CO2H2O、Al(OH)33H=Al33H2O，因此a曲線表示的是AlO2HH2O=Al(OH)3，故A錯誤；B、根據圖像，M點是CO32完全轉化成HCO3，即發生CO32H=HCO3，沒有CO2產生，故B錯誤；C、根據A選項分析，a線發生AlO2HH2O=Al(OH)3，AlO2全部轉化成Al(OH)3，消耗H的物質的量501031mol=0.05mol，則n(AlO2)=0.05mol，b線發生CO32H=HCO3，CO32全部轉化成HCO3，消耗H的物質的量為(10050)1031mol=0.05mol，則n(CO32)=0.05mol，原溶液中CO32和AlO2的物質的量之比為0.05：0.05=1：1，故C錯誤；D、當加入V1mL鹽酸時，溶液中n(HCO3)=n(CO32)=0.025mol，因此共消耗鹽酸的體積為V1=(0.050.025)1000/1mL=75mL，當鹽酸體積為V2時，溶液中溶質為NaCl和AlCl3，根據元素守恒，因此n(HCl)=n(Na)3n(Al3)=0.0520.0530.05mol=0.3mol，則V2=0.31000/1mL=300mL，因此V1:V2=75:300=1:4，故D正確。12.已知NH4CuSO3與足量的10 molL硫酸混合微熱，產生下列現象：有紅色金屬生成 產生刺激性氣味的氣體 溶液呈現藍色據此判斷下列說法正確的是（ ）A. 反應中硫酸作氧化劑B. NH4CuSO3中硫元素被氧化C. 刺激性氣味的氣體是氨氣D. 1 mol NH4CuSO3完全反應轉移0.5 mol電子【答案】D【解析】【詳解】A項，反應只有Cu元素的化合價發生變化，硫酸根中硫元素在反應前后化合價未變，反應中硫酸體現酸性，不做氧化劑，故A項錯誤；B項，反應前后S元素的化合價沒有發生變化，故B項錯誤；C項，因反應是在酸性條件下進行，不可能生成氨氣，故C項錯誤；D項，NH4CuSO3與硫酸混合微熱，生成紅色固體為Cu、在酸性條件下，SO32-+2H+=SO2+H2O，反應產生有刺激性氣味氣體是SO2，溶液變藍說明有Cu2+生成，則NH4CuSO3中Cu的化合價為+1價，反應的離子方程式為：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2+ 2SO2+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反應轉移的電子為0.5mol，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。13.已知X、Y、Z、W均為中學化學中常見的單質或化合物，它們之間的轉化關系如圖所示(部分產物已略去)。則W、X不可能是( )選項WXA稀硫酸NaAlO2溶液B稀硝酸FeCCO2Ca(OH)2溶液DCl2FeA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】試題分析：A、X為NaAlO2溶液，W為稀硫酸時，偏鋁酸鈉和少量稀硫酸反應生成生成氫氧化鋁沉淀，與過量稀硫酸反應生成硫酸鋁，氫氧化鋁和硫酸鋁之間可以相互轉化，能實現上述轉化關系，錯誤；B、X為鐵，W為稀硝酸，鐵與少量稀硝酸反應生成硝酸亞鐵，與過量稀硝酸反應生成硝酸鐵，硝酸鐵和硝酸亞鐵可以相互轉化，符合轉化關系，錯誤；C、X為氫氧化鈣，W為二氧化碳，氫氧化鈣與少量二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀，和過量二氧化碳反應生成碳酸氫鈣，碳酸鈣和碳酸氫鈣間可以相互轉化，符合轉化關系，錯誤；D、氯氣和鐵反應，無論量多少，只能生成氯化鐵，不符合上述轉化關系，正確?？键c：考查元素化合物知識14.向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量與生成沉淀和氣體的量(縱坐標)的關系如圖所示，則溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三種離子的物質的量之比為( )A. 112B. 221C. 122D. 924【答案】C【解析】【分析】根據圖象分析，A點時沉淀的量最大，沉淀是氫氧化鋁和氫氧化鎂，從A點到B點，沉淀的質量減少，減少的量是氫氧化鋁，氫氧化鋁的物質的量為0.2mol，不溶解的沉淀是氫氧化鎂，其物質的量是0.1mol，根據原子守恒確定鎂離子、鋁離子的物質的量；根據A點過氧化鈉物質的量計算生成氧氣的物質的量，根據氣體總的物質的量計算生成氨氣的物質的量，根據氮原子守恒從而計算銨根離子的物質的量?！驹斀狻坑蓤D知，沉淀中含0.1mol Mg(OH)2和0.2molAl(OH)3，即原溶液中含Mg2+0.1mol，含Al3+0.2mol，根據Mg2+2OH-=Mg(OH)2、Al3+3OH-=Al(OH)3，沉淀2種金屬陽離子共需NaOH的物質的量為0.1mol2+0.2mol3=0.8mol。由圖中橫坐標知與3種陽離子恰好完全反應時需Na2O20.5mol，而0.5molNa2O2與水反應生成1molNaOH和0.25molO2，由NH4+OH-NH3+H2O，所以由NH4+消耗NaOH的量（1mol-0.8mol=0.2mol）或生成NH3的物質的量（0.45mol-0.25mol=0.2mol）均可求得原溶液中含0.2molNH4+，所以Mg2+、NH4+、Al3+物質的量之比=0.1mol：0.2mol：0.2mol=1：2：2；故合理選項是C?！军c睛】本題考查了鎂離子、鋁離子與過氧化鈉反應的有關計算，能正確分析圖像中各階段發生的反應是解本題的關鍵，綜合考查了元素及化合物的知識。15.下列實驗操作、現象及得出的結論均正確的是選項實驗操作現象結論A向Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液溶液變紅稀硫酸能氧化Fe2BCu與濃硫酸反應，將反應混合物冷卻后，再向反應器中加入冷水溶液變藍驗證生成Cu2C向盛有Na2SO3溶液的試管中向加入BaCl2溶液，再滴入稀硝酸生成不溶于稀硝酸的白色沉淀原Na2SO4溶液已被空氣中O2氧化D電解FeCl2和鹽酸的混合溶液，電解一段時間后，在陽極附近滴加 KSCN溶液陽極附近溶液變紅，并無氣泡產生Fe2的還原性強于ClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A.向 Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，酸性條件下硝酸根離子與亞鐵離子發生氧化還原反應生成鐵離子，結論不合理,故A錯誤；B. Cu與濃硫酸加熱反應生成硫酸銅，會有濃硫酸剩余，因此加水稀釋時，一定要遵循濃硫酸加入水中，玻璃棒不斷攪拌，不能相反操作，易發生危險，B錯誤；C. Na2SO3溶液與BaCl2溶液反應生成亞硫酸鋇白色沉淀，再滴入稀硝酸（具有強氧化性），亞硫酸鋇被氧化為硫酸鋇沉淀，不溶于稀硝酸，故不能證明Na2SO4溶液已被空氣中O2氧化，故C錯誤；D.電解FeCl2和鹽酸的混合溶液，電解一段時間后，在陽極附近滴加 KSCN溶液，陽極附近溶液變紅，并無氣泡產生，說明有鐵離子產生，亞鐵離子被氧化，而氯離子沒有發生氧化反應，因此還原性：Fe2的還原性強于Cl，結論正確，故D正確；綜上所述，本題選D。16.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體VL（標準狀況），向反應后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，產生藍色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO12.0g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為11，則V可能為A. 9.0LB. 13.5LC. 15.7LD. 16.8L【答案】A【解析】若混合物全是CuS，其物質的量為12/80015 mol，電子轉移數015 mol(62)12 mol。兩者體積相等，設NO x mol，NO2x mol,3xx12，計算的x03。氣體體積V06 mol224 Lmol11344 L；若混合物全是Cu2S，其物質的量為0075 mol，轉移電子數0075 mol10075 mol，設NO x mol，NO2x mol,3xx075，計算得x0187 5，氣體體積V0375 mol224 Lmol184 L，因此84 LV1344 L。二、非選擇題（共5小題，52分）17.某實驗小組為探究ClO、I2、SO42在酸性條件下的氧化性強弱，設計實驗如下：實驗：在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即變藍；實驗：向實驗的溶液中加入4 mL 0.5 molL1的亞硫酸鈉溶液，藍色恰好完全褪去。(1)寫出實驗中發生反應的離子方程式：_。(2)實驗的化學反應中轉移電子的物質的量是_。(3)以上實驗說明，在酸性條件下ClO、I2、SO42的氧化性由弱到強的順序是_。.(4)Cl2、H2O2、ClO2(還原產物為Cl)、O3(1 mol O3轉化為1 mol O2和1 mol H2O)等物質常被用作消毒劑。等物質的量的上述物質消毒效率最高的是_(填序號)。ACl2 BH2O2 CClO2 DO3(5)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和潔廁劑(主要成分是濃鹽酸)不能混用，原因是_(用離子方程式表示)?！敬鸢浮?(1). ClO2I2H=I2ClH2O (2). 0.004mol (3). SO42I2ClO (4). C (5). ClOCl2H=Cl2H2O【解析】.（1）實驗說明酸性條件下，次氯酸鈉把碘離子氧化生成碘單質，同時自身被還原生成氯離子，該反應中，次氯酸根離子得電子作氧化劑，碘離子失電子是還原劑，氧化產物是碘，所以氧化性強弱為：ClO-I2，反應離子方程式為：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，故答案為：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；（2）實驗說明碘單質把亞硫酸根離子氧化生成硫酸根離子，自身被還原生成碘離子，氧化劑是碘，還原劑是亞硫酸鈉，氧化產物是硫酸根離子，所以氧化性強弱為：I2SO42-，反應離子方程式為：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，設轉移電子的物質的量為x答：轉移電子的物質的量是0.004mol；（3）實驗說明氧化性強弱為：ClO-I2，實驗說明氧化性強弱為：I2SO42-，所以在酸性條件下ClO-、I2、SO42-的氧化性由弱到強的順序是SO42-、I2、ClO-，故答案為：SO42-、I2、ClO-.(4)1mol Cl2（發生的反應為Cl2+H2O=HCl+HClO）、H2O2、ClO2、O3分別消毒時，轉移電子依次為1mol、1mol、5mol、2mol，等物質的量的上述物質反應，ClO2轉移的電子數最多，消毒效率最高，故答案為：C；(5)ClO-與濃鹽酸中的Cl-會發生反應生成有毒的Cl2，方程式為ClO-+Cl-+2H+Cl2+H2O。18.酸性KMnO4、H2O2在生活、衛生醫療中常用作消毒劑，其中H2O2還可用于漂白，是化學實驗室里必備的重要氧化試劑。高錳酸鉀造成的污漬可用還原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要的氧化試劑，下面是對這三種氧化劑性質的探究。（1）某同學向浸泡銅片的稀鹽酸中加入H2O2后，銅片溶解，寫出該反應的離子方程式_，氧化產物與還原產物的物質的量之比為_。（2）取300 mL 0.2 molL-1的KI溶液與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應，生成等物質的量的I2和KIO3,則轉移電子的物質的量是_ mol。（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黃色變為淺綠色，過一會又變為棕黃色，溶液先變為淺綠色的原因是_（用文字表達），又變為棕黃色的離子方程式是_。（4）測定KMnO4樣品的純度可用標準Na2S2O3溶液進行滴定，取0.474 g KMnO4樣品溶解酸化后，用0.100 molL-1標準Na2S2O3溶液進行滴定，標準Na2S2O3溶液應盛裝在_(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。配平上述反應的離子方程式：_MnO4-+_S2O32-+_H+=_Mn2+_SO42-+_H2O，實驗中，滴定至終點時消耗Na2S2O3溶液12.00 mL，則該樣品中KMnO4的物質的量是_。【答案】 (1). Cu+2H+H2O2Cu2+2H2O (2). 12 (3). 0.16 (4). Fe3+被還原成Fe2+ (5). 3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2O (6). 堿式 (7). 8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O (8). 1.9210-3 mol【解析】【分析】（1）銅片的稀鹽酸中加入H2O2后，銅片溶解，發生氧化還原反應生成氯化銅、水；（2）0.06molI-0.02molI2+0.02IO3-轉移0.16mol電子，由電子守恒計算參加反應的n（KMnO4）；（3）先由棕黃色變為淺綠色，過一會又變為棕黃色，則Fe3+先被還原生成Fe2+，Fe2+又被氧化生成Fe3+；（4）KMnO4樣品溶解酸化后，與Na2S2O3溶液反應，反應的離子方程式為8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2+10SO42-+7H2O，根據方程式中MnO4-、S2O32-之間的關系式計算；【詳解】（1）鹽酸不能與金屬銅反應，加入H2O2后，發生氧化還原反應，銅片溶解生成氯化銅、水，該反應的離子方程式為：Cu+2H+H2O2=Cu2+2H2O，氧化產物氯化銅與還原產物水的物質的量之比為1:2；（2）n（KI）=0.06mol，與一定量的酸性KMnO4溶液恰好反應，生成等物質的量的I2和KIO3，則n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，共失去電子的物質的量為20.02mol+0.02mol5-（-1）=0.16mol；（3）先由棕黃色變為淺綠色，說明Fe3+先被還原為Fe2+，變為淺綠色的離子方程式是2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+，后變為棕黃色的原因是反應生成的H+與NO3-組成的硝酸將Fe2+氧化為Fe3+，反應的離子方程式是3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O；（4）Na2S2O3在溶液中水解，使溶液顯堿性，所以標準Na2S2O3溶液應盛裝在堿式滴定管中；酸性條件下MnO4-將S2O32-氧化為SO42-，本身被還原為Mn2+，反應的離子方程式為8MnO4-+5S2O32-+14H+=8Mn2+10SO42-+7H2O；實驗中，消耗n（S2O32-）=0.100molL-10.012L=0.0012mol，由得失電子數目守恒得：n（MnO4-）5=0.0012mol42，得n（MnO4-）=1.9210-3 mol，則該樣品中KMnO4的物質的量是1.9210-3mol?！军c睛】本題考查氧化還原反應，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側重氧化還原反應基本概念及分析應用能力和計算能力的考查。19.明礬KAl(SO4)212H2O 在生產、生活中有廣泛用途：飲用水的凈化；造紙工業上作施膠劑；食品工業的發酵劑等。利用煉鋁廠的廢料鋁灰(含Al、 Al2O3及少量SiO2和FeO xFe2O3)可制備明礬。工藝流程如下：回答下列問題：(1)明礬凈水的原理是_(用離子方程式表示)。(2)操作是_，操作是蒸發濃縮、_、過濾、_、干燥。(3)檢驗濾液A中是否存在Fe2的試劑是_(只用一種試劑)。(4)將鋁灰投入氫氧化鈉溶液中生成氣體的化學方程式是_，在濾液A中加入高錳酸鉀發生反應的離子方程式為(該條件下MnO4轉化為Mn2)：_。(5)已知：在pH3、加熱條件下，MnO 可與Mn2反應生成MnO2。加入MnSO4發生反應離子方程式為：_，濾渣2含有的物質是_?！敬鸢浮?(1). Al33H2OAl(OH)3(膠體)3H (2). 過濾 (3). 冷卻結晶 (4). 洗滌 (5). 酸性高錳酸鉀溶液(或鐵氰化鉀溶液) (6). 2Al2NaOH2H2O= 2NaAlO23H2 (7). 5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O (8). 3Mn22MnO42H2O=5MnO24H (9). MnO2、Fe(OH)3【解析】【詳解】鋁灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeOxFe2O3），加入過量稀硫酸酸溶過濾，濾液為硫酸鋁、硫酸亞鐵、硫酸鐵，濾渣為二氧化硅，濾液A中加入稍過量高錳酸鉀溶液氧化亞鐵離子為鐵離子，調節溶液pH使鐵離子全部沉淀，鋁離子不沉淀，加入適量硫酸錳除去過量的高錳酸鉀過濾得到二氧化錳固體和氫氧化鐵沉淀，濾液主要是硫酸鋁溶液，加入硫酸鉀蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸鋁鉀晶體；（1）明礬凈水是鋁離子水解生成氫氧化鋁具有吸附懸浮雜質的作用，反應的離子方程式為：Al33H2OAl(OH)3(膠體)3H；（2）固體和液體分離需要用過濾操作，操作是過濾，操作是溶液中得到晶體的方法，利用蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到明礬晶體；（3）檢驗亞鐵離子用高錳酸鉀溶液或鐵氰化鉀溶液，滴入高錳酸鉀溶液紫紅色褪去，或加入鐵氰化鉀溶液會產生藍色沉淀； （4）將鋁灰投入氫氧化鈉溶液中反應生成氫氣、偏鋁酸鈉，反應的化學方程式是2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2；酸性溶液中高錳酸鉀溶液能氧化亞鐵離子為鐵離子，本身被還原為錳離子，反應的離子方程式為：5Fe2MnO48H=5Fe3Mn24H2O，分析離子沉淀的pH范圍，調節溶液pH=3，可以使使Fe3+轉化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀；故答案為：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，使Fe3+轉化成Fe(OH)3沉淀，并防止Al3+沉淀；（5）在pH=3、加熱條件下，MnO4-可與Mn2+反應生成MnO2。加入MnSO4發生反應，反應的離子方程式為：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；過濾得到反應中生成的難溶的二氧化錳沉淀和得到的氫氧化鐵沉淀，答案為MnO2、Fe(OH)3。20.汽車尾氣中CO、NOx以及燃煤廢氣中的SO2都是大氣污染物，對它們的治理具有重要意義。（1）氧化還原法消除NOx的轉化如圖所示：NONO2N2反應為NOO3=NO2O2，生成標準狀況下11.2 L O2時，轉移電子的物質的量是_mol。反應中，當n(NO2)nCO(NH2)232時，氧化產物與還原產物的質量比為_。（2）使用“催化轉化器”可以減少尾氣中的CO和NOx，轉化過程中發生反應的化學方程式為CONOxN2CO2(未配平)，若x1.5，則化學方程式中CO2和N2的化學計量數之比為_。（3）吸收SO2和NO，獲得Na2S2O4和NH4NO3產品的流程圖如圖所示(Ce為鈰元素)。裝置中，酸性條件下NO被Ce4氧化的產物主要是和，請寫出生成等物質的量的和時的離子方程式：_。（4）裝置的作用之一是用質子交換膜電解槽電解使得Ce4再生，再生時生成的Ce4在電解槽的_(填“陽極”或“陰極”)，同時在另一極生成的電極反應式為_。（5）已知進入裝置的溶液中的濃度為a gL1，要使1 m3該溶液中的NO完全轉化為NH4NO3，至少需向裝置中通入標準狀況下的氧氣_L(用含a代數式表示，結果保留整數)。【答案】 (1). 1 (2). 4：3 (3). 3：1 (4). 2NO3H2O4Ce4=NO3-NO2-6H4Ce3 (5). 陽極 (6). 2H2HSO3-2e=S2O42-2H2O (7). 243【解析】【分析】（1）化合價升高值=化合價降低值=轉移電子數，根據N元素的化合價的變化來確定電子轉移數目；反應方程式中，系數之比等于物質的量之比，結合元素的化合價變化及原子守恒分析；（2）由原子守恒確定反應；（3）生成等物質的量的NO3-和NO2-時，Ce4+被還原為Ce3+，結合電子守恒、電荷守恒分析離子反應；（4）生成Ce4+為氧化反應，發生在陽極上；反應物是HSO3-被還原成S2O42-，得到電子；（5）NO2-的濃度為a gL-1，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉化為NH4NO3，則失去電子數目是：1000（5-3）a/46，設消耗標況下氧氣的體積是V，結合電子守恒進行計算?！驹斀狻浚?）NO+O3NO2+O2，生成1mol氧氣轉移電子是2mol，生成11.2L即0.5mol O2（標準狀況）時，轉移電子的物質的量是0.5mol2=1mol；當n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系數之比是3：2，其方程式表示為：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，只有N元素的化合價變化，氮氣為氧化產物也是還原產物，由N原子守恒可知氧化產物與還原產物的質量比為8：6=4：3；（2）轉換過程中發生反應的化學方程式為：CO+NOxCO2+N2（未配平），若x=1.5，可利用“定一法”進行配平，把CO2的化學計量數定為1，則CO、NO1.5、N2前面的化學計量數分別為：1、即3CO+2NO1.53CO2+N2，則化學方程式中CO2與N2的系數之比為3：1；（3）生成等物質的量的NO3-和NO2-時，Ce4+被還原為Ce3+，由電子守恒、電荷守恒可知，離子方程式為：2NO3H2O4Ce4=NO3-NO2-6H4Ce3；（4）生成Ce4+為氧化反應，發生在陽極上，連接電源正極，因此再生時生成的Ce4+在電解槽的陽極；反應物是HSO3-被還原成S2O42-，得到電子，電極反應式為：2H2HSO3-2e=S2O42-2H2O；（5）NO2-的濃度為a gL-1，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉化為NH4NO3，則失去電子數目是：1000（5-3）a/46，設消耗標況下氧氣的體積是V，則失電子數目是：2（2-0），根據電子守恒：=2（2-0），解得V=243a。【點睛】本題考查氧化還原反應的計算，為高考常見題型，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意把握還原性的強弱及電子守恒為解答的關鍵，題目難度中等。21.工業上以鉻鐵礦(主要成分為FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等雜質)為主要原料生產化工原料紅礬鈉(主要成分為：Na2Cr2O72H2O)，其主要工藝流程如下：