新人教版 必修二 综合检验4含解析

新人教版 必修二 综合检验4
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列能源组合中，均属于新能源的一组是( )
①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能
A．①②③④ B．③⑤⑥⑦⑧ C．①③⑤⑥⑦⑧ D．①⑤⑥⑦⑧
2．向含有Hg2+的废水中加入Na2S使其转化为HgS沉淀而除去，采用的处理方法是
A．沉淀法 B．氧化还原法 C．中和法 D．混凝法
3．下列说法正确的是
A．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性 KMnO4溶液褪色
B．正丁烷和异丁烷互为同系物
C．乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈
D．1 mol 乙烷在光照条件下最多能与 3 mol Cl2发生取代反应
4．化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是
A．液态植物油制成人造奶油 B．无定形硅应用于光伏发电
C．“84”消毒液用于杀灭新型冠状病毒 D．煤经过汽化、液化得到清洁燃料
5．在t ℃时，10 L 0.4 mol·L－1 H2O2溶液发生催化分解：2H2O2===2H2O＋O2↑，不同时刻测得生成O2的体积如下表，已知反应至6 min时，H2O2分解了50%(已折算为标准状况)
t/min 0 2 4 6
V(O2)/L 0.0 9.9 17.2 V＝？
下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)
A．0～2 min H2O2平均反应速率比4～6 min慢
B．反应至6 min时，共产生O2 44.8 L
C．0～6 min的平均反应速率v(H2O2)≈3.3×10－2 mol·L－1·min－1
D．反应至6 min时，c(H2O2)＝0.3 mol·L－1
6．将一定量含CuS和的固体物质投入到足量的中，收集到气体a mol，向反应后的溶液中(存在和)加入足量NaOH溶液，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到CuO 8.0g，若上述气体为等物质的量的NO和，则a可能为
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.5
7．下列说法正确的是（ ）
A．已知N-N键能为193kJ·mol－1，故氮氮三键的键能之和为193kJ·mol-1×3
B．H-H键能为436.0kJ·mol－1，F-F键能为157kJ·mol-1，故F2比H2稳定
C．某元素原子最外层有1个电子，它跟卤素相结合时，所形成的化学键为离子键
D．N-H键键能为390.8kJ·mol－1，其含义为形成1mol N-H所释放的能量为390.8kJ
8．如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列实验方案正确的是
选项 X 收集气体 Y
A P2O5 NO NaOH溶液
B CaCl2 SO2 NaOH溶液
C CaCl2 NH3 水
D 碱石灰 NO2 水
A．A B．B C．C D．D
9．硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低。现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，向反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示：
下列结论正确的是
A．铝与混合溶液反应的离子方程式为8Al+30H＋+3NO3 ＝8Al3++3NH4++9H2O
B．参加反应硝酸根离子物质的量为0.06 mol
C．参加反应的铝与镁的质量之比为4:3
D．混合液中硫酸的物质的量的浓度为0.72 mol/L
10．现用如图所示装置来测定某原电池工作时在一段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，电极材料是镁片和铝片。下列有关说法正确的是
A．b电极材料是镁片
B．电流经a流向b
C．若用NaOH溶液代替稀硫酸，溶液中的OH-移向铝片一极
D．当量筒中收集到672mL气体时，通过导线的电子的物质的量为0.06mol
二、多选题
11．下列物质中，属于合金的是
A．水银 B．黄铜 C．钢铁 D．生铁
12．向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，过滤后向滤液中滴入KSCN溶液时，无明显现象，由此得出的正确结论是
A．白色沉淀是FeSO3
B．白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物
C．白色沉淀是BaSO4
D．FeCl3已全部被SO2还原成FeCl2
13．在如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥的气体a，将滴管内的液体 b 挤入烧瓶中，轻轻振荡烧瓶，并打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶，则a和b分别是
a(干燥气体) b(溶液)
① NO2 水
② SO2 4mol/LNaOH溶液
③ Cl2 饱和食盐水
④ NH3 1mol/L盐酸
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
14．1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
三、填空题
15．已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下：
①v(CO)=1.5 mol·L-1·min-1
②v(NO2)=0.01 mol·L-1·s-1
③v(N2)=0.4 mol·L-1·min-1
④v(CO2)=1.1 mol·L-1·min-1
请比较上述4种情况反应的快慢：___________(由大到小的顺序)。
16．有A、B、C、D、E、F六种元素，它们的相关信息如下表：
元素代号 相关信息
A 最外层的电子数是次外层电子数的3倍
B 海水中含量第一位的金属元素
C L层得1个电子后成为稳定结构
D 二价阴离子核外有18个电子
E 失去一个电子后就成为一个质子
F 单质为黄绿色气体，具有刺激性气味
请填写下列空格：
（1）A原子的电子式：_____。
（2）B离子的结构示意图：_______。
（3）C元素的名称：___，C原子中能量最高的电子位于第______层，与C离子质子数与电子数均相同的微粒可能是______（用微粒符号表示）。
（4）D的二价阴离子的电子式：___，D元素的某种同位素原子质量数为34，该原子核内的中子数为_____。
（5）A、B、E三种元素形成的化合物常用于吸收F单质，反应的化学方程式：_____________。
17．完成下列问题：
(1)金属钠投入硫酸铜溶液的反应方程式_________。
(2)明矾(KAl(SO4)2·12H2O)净水原理，写出反应的离子方程式_________。
(3)Fe3+可腐蚀印刷电路板上的铜箔，该反应的离子方程式为_________。
(4)制取氢氧化铁胶体的化学方程式_________。
(5)金属冶炼的方法，写出冶炼金属镁的化学方程式_________。
18．二元化合物X可由单质硫和Ca（OH）2浊液共热制得。取一定量X与100 mL 0.2 mol·L 1稀硫酸恰好完全反应，生成0.08 mol淡黄色沉淀和0.448 L气体甲（已折算为标准状况）。请回答：
（1） 甲的电子式为________。
（2） X的化学式为________。
（3） X与稀硫酸反应的化学方程式为________。
（4） 单质硫和Ca（OH）2浊液制X时，还生成另一种含氧酸盐（M＜160 g·mol 1），该盐与稀硫酸反应也有淡黄色沉淀生成并放出刺激性气味气体，则单质硫与Ca（OH）2浊液反应制X的化学方程式为________。
（5） 气体甲通入硫酸铁溶液中能发生反应。请设计实验方案验证反应后溶液中除H+之外的阳离子________。
四、计算题
19．在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0。CO和H2O的浓度变化如图所示。
请解答下列各题：
（1）0～4min内的平均反应速率v(CO)＝___mol/(L·min)，v(H2)＝___mol/(L·min)，v(CO2)＝___mol/(L·min)。
（2）请你在图中标出CO2和H2的浓度变化。___
（3）T℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表。
时间(min) 0 2 3 4 5 6
CO 0.200 0.138 c1 c1 0.116 0.096
H2O 0.300 0.238 c2 c2 0.216 0.266
CO2 0 0.062 c3 c3 0.084 0.104
H2 0 0.062 c4 c4
①表中3min～4min之间，反应处于___状态；c1___0.08mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②反应在4min～5min之间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是___(单选)，表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是___(单选)。
a．增加水蒸气 b．降低温度 c．使用催化剂 d．增加氢气浓度
20．将充满二氧化氮和氧气的混合气体的量筒倒置于水中，充分反应后，保持气体压强不变，水进入至量筒体积的一半处停止了，则原混合气体中二氧化氮和氧气的体积比是多少？_________________
五、工业流程题
21．【化学—选修2：化学与技术】粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物。我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、CaO等。一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如下：
（1）粉煤灰研磨的目的是____。
（2）第1次过滤滤渣的主要成分有__和____（填化学式, 下同）,第3次过滤时，滤渣的成分的是__。
（3）在104℃用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如下图1，适宜的浸取时间为___h；铝的浸取率与“助溶剂/粉煤灰”的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及其NH4F与KF的混合物，在助溶剂/粉煤灰相同时，浸取率最高的是____（填化学式）；用含氟的化合物作这种助溶剂缺点是___（举一例）。
（4）流程中循环使用的物质有_____和_____（填化学式）。
（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，能够发生的原因是____。
（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是___。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．B
【分析】新能源是相对于常规能源说的，一般具有资源丰富、可以再生，没有污染或很少污染等。常见的新能源有太阳能、风能、生物质能、氢能、地热能和潮汐能等许多种，据此分析解答。
【详解】天然气、煤、石油均是化石燃料，不属于新能源，其余③核能、⑤太阳能、⑥生物质能、⑦风能、⑧氢能均是新能源，答案选B。
2．A
【详解】A．通过物质之间发生反应生成难溶物，从而除去特定成分的方法就是沉淀法，描述正确，符合题意；
B．通过发生氧化还原反应，使特定成分生成我们需要的物质，进而进行下一步处理的方法是氧化还原法，不符题意；
C．通过发生酸碱中和反应，使溶液酸性或碱性降低，成为中性溶液的方法是中和法，不符题意；
D．通过Al3+或者Fe3+水解产生胶体从而吸附水体中细微悬浮物，产生浮絮或沉淀，产生净水效果的方法称为混凝法，不符题意；
综上，本题选A。
3．A
【详解】A．石油裂解气含有烯烃，烯烃有碳碳双键，能发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，能发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；
B．正丁烷和异丁烷的分子式均为C4H10，互为同分异构体而不是同系物，B错误；
C．乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应缓慢，C错误；
D．乙烷中含有6个氢原子，可全部被取代，1个氢原子只与氯气中的1个氯原子发生取代，因此1 mol乙烷在光照条件下最多能与6 mol Cl2发生取代反应，D错误；
故答案选A。
4．B
【详解】A.氢气与植物油(液态植物油中有不饱和脂肪酸甘油酯)发生加成反应,生成饱和的脂肪酸甘油酯(即为固态的人造奶油)。属于化学变化，A不符合题意；
B.无定形硅应用于光伏发电，利用了硅的半导体的性质，没有发生化学变化，B符合题意；
C. “84”消毒液用于杀灭新型冠状病毒，利用了次氯酸的强氧化性，使蛋白质变性，属于化学变化，C不符合题意；
D.煤的气化是指碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，即生成水煤气的反应，煤的液化指碳与氢气等物质反应得到液体燃料，或气化后由一氧化碳与氢气再合成醇类等液体燃料，发生了化学反应，D不符合题意。
答案选B。
5．C
【详解】A．双氧水的物质的量是4mol，反应至6min时，H2O2分解了50%，则生成氧气是，标准状况下的体积是22.4L，则4～6min内氧气增加了22.4L~17.2L＝5.2 L，所以0～2min 内H2O2平均反应速率比4～6min快，A错误；
B．反应至6min时，共产生O2 22.4L，B错误；
C．0～6min的平均反应速率 v(H2O2）＝0.2mol/L÷6min≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，C正确；
D．反应至6min时，H2O2分解了50%，则反应至6min时，c(H2O2)= 0.2mol·L－1，D错误；
故选C。
6．C
【详解】，由原子守恒可知，若固体物质全部为CuS，则，转移电子的物质的量为，设NO、NO2的物质的量均为x mol，则，解得，故a为0.4；若固体物质全部为，则，转移电子的物质的量为，，解得，故a为0.25，综上所述，，C正确，故答案为：C。
7．D
【详解】A.已知N-N键能为193kJ·mol－1，N-N键为σ键，而氮氮三键中一个σ键，2个π键，化学键重叠程度不同，所以氮氮三键的键能不是193kJ·mol-1×3，A错误；
B.物质分子中键能越大，越不容易断裂，含有该化学键的物质越稳定，由于键能H-H>F-F键，因此物质的稳定性H2>F2，B错误；
C.某元素原子最外层有1个电子，它可能是H元素的原子，也可能是金属元素的原子，若为H原子，则跟卤素相结合时，所形成的化学键为共价键，C错误；
D.N-H键键能为390.8kJ·mol-1，其含义为形成1mol N-H所释放的能量为390.8kJ，或断裂1molN-H键所吸收的能量为390.8kJ，D正确；
故合理选项是D。
8．B
【详解】A．NO不与P2O5反应，可用P2O5干燥NO，但NO与氧气反应，不能用排空气法收集，NO不与NaOH溶液反应，也不能用NaOH溶液吸收，A错误；
B．SO2为酸性气体，可用CaCl2干燥，SO2密度比空气大，可用向上排空气法收集，SO2能与NaOH溶液反应，可用NaOH溶液吸收，B正确；
C．NH3为碱性气体，能与CaCl2反应，不能用CaCl2干燥氨气，氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，可用水吸收，C错误；
D．NO2为酸性气体，不能用碱石灰干燥，NO2密度比空气大，可用向上排空气法收集，NO2能与水反应，但生成了NO，不能用水吸收，D错误；
答案选B。
9．A
【详解】A. 硝酸根浓度很低时被氧化生成的产物是铵根离子，因此无气体放出，镁、铝反应生成金属阳离子，则离子反应分别为4Mg+10H++NO3 ＝4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H＋+3NO3 ＝8Al3++3NH4++9H2O，A项正确；
B. 由图示可以看出加入氢氧化钠溶液从15.0mL到16.5mL区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量，则原溶液中NO3 物质的量是(16.5－15)×10 3L×4mol/L=0.006mol，B项错误；
C. 从图示提示中看出从氢氧化溶液体积16.5mL到18.5mL区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，氢氧化铝与氢氧化钠等物质的量反应，由Al～Al3+～Al(OH)3～NaOH，则Al的物质的量为0.008mol，再由Mg2++2OH =Mg(OH)2↓、Al3++3OH =Al(OH)3↓，沉淀镁离子和铝离子共消耗氢氧化钠溶液体积(15.0－3.0)mL，由此可知：沉淀镁离子时消耗的氢氧根离子物质的量为(15.0－3.0)×10 3L×4.00mol/L－8×10 3mol×3=24×10 3mol，镁离子物质的量为1.2×10 2mol，参加反应的镁与铝的质量之比：8×10 3mol×27g/mol：1.2×10 2mol×24g/mol=3：4，C项错误；
D. 由4Mg+10H++NO3 ＝4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H＋+3NO3 ＝8Al3++3NH4++9H2O可知，消耗氢离子为0.008mol×+1.2×10 2mol×=0.06mol，图中开始3.0mLNaOH溶液消耗氢离子的物质的量为3×10 3L×4mol/L=0.012mol，原溶液中硫酸的物质的量为=0.036mol，混合液中硫酸的物质的量的浓度为=0.36mol/L，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题难度较大，考查金属与酸性条件下硝酸盐溶液的反应，注意硝酸浓度越低生成的还原产物价态越低与反应中无气体生成相结合来分析，并注意图像与化学反应的对应来分析解答。
10．C
【分析】根据原电池的工作原理，由装置图知，电极b产生气体，则b为正极，电极b为铝片，电极反应式为：2H+ +2e-= H2↑；电极a为镁片，作负极，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，电流经正极流向负极，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析作答。
【详解】A．由分析知，b电极材料为铝片，A项错误；
B．由分析知，电极a为负极，电极b为正极，电流由正极流向负极，即电流经b流向a，B项错误；
C．用NaOH溶液代替稀硫酸，则铝作负极，阴离子移向负极，则溶液中的OH-移向铝片一极，C项正确；
D．未说明标况，无法计算量筒中收集气体的物质的量，无法计算通过导线的电子的物质的量，D项错误；
答案选C。
11．BCD
【详解】试题分析：水银是单质金属汞；黄铜为铜锌合金；钢铁为含碳量为0.03%-2%的铁合金；生铁是含碳量为2%-4.3%的铁合金。
考点：合金概念。
点评：此题考核了合金的定义，合金是由金属与另一种(或几种)金属或非金属所组成的具有金属通性的物质。
12．CD
【详解】氯化铁具有氧化性，在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，硫酸根离子与钡离子发生反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸酸性弱于盐酸，与氯化钡不反应，所以不会产生亚硫酸钡沉淀，向过滤后的滤液中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中三价铁离子全部被还原为二价铁离子，据此解答。
【解答】A． 由分析知，白色沉淀是BaSO4，故A错误；
B．由分析知，白色沉淀BaSO4，故B错误；
C．由分析知，白色沉淀是BaSO4，故C正确；
D． FeCl3已全部被SO2还原成FeCl2，故D正确；
故选CD。
13．BD
【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮会使圆底烧瓶中的气体物质的量减小、压强减小，内外压强差会形成喷泉，但一氧化氮不溶于水，溶液不可能最终几乎充满烧瓶，故A不符合题意；
B．二氧化硫与氢氧化钠溶液完全反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠会使圆底烧瓶中的气体物质的量减小、压强减小，内外压强差会形成喷泉，由于气体完全反应，所以溶液最终几乎充满烧瓶，故B符合题意；
C．氯气不溶于饱和氯化钠溶液，圆底烧瓶中气体的物质的量不会减少、气体压强不会减小，不能产生内外压强差，无法形成喷泉，故C不符合题意；
D．氨气与盐酸完全反应生成氯化铵会使圆底烧瓶中的气体物质的量减小、压强减小，内外压强差会形成喷泉，由于气体完全反应，所以溶液最终几乎充满烧瓶，故D符合题意；
故选BD。
14．AD
【分析】根据图象分析可知该加成反应为放热反应，且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，结合题干信息及温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 能量越低越稳定，根据图象可看出，1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，即1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物稳定，故A正确；
B. 该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1,3-丁二烯的转化，即在40时其转化率会减小，故B错误；
C. 从0升至40，正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；
D. 从0升至40，对于1,2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；
答案选AD。
15．③①②④
【解析】略
16． 氟 L OH- 18 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【分析】根据图表中相关信息可知，最外层的电子数是次外层电子数的3倍，A元素为O；海水中含量第一位的金属元素是Na元素，因此B为Na；L层得1个电子后成为稳定结构，C元素是F；二价阴离子核外有18个电子，D元素是S；失去一个电子后就成为一个质子，E元素是H；单质为黄绿色气体，具有刺激性气味，该气体为氯气，F元素为Cl；结合以上各元素性质及其形成的化合物性质进行分析解答。
【详解】根据图表中相关信息可知，最外层的电子数是次外层电子数的3倍，A元素为O；海水中含量第一位的金属元素是Na元素，因此B为Na；L层得1个电子后成为稳定结构，C元素是F；二价阴离子核外有18个电子，D元素是S；失去一个电子后就成为一个质子，E元素是H；单质为黄绿色气体，具有刺激性气味，该气体为氯气，F元素为Cl；
（1）A元素为O，原子最外层有6个电子，所以O原子的电子式：；
故答案是：；
（2）B为Na元素，钠原子核电荷数为11，钠离子核外有10个电子，离子的结构示意图：；
故答案是：；
（3）结合以上分析可知，C元素的名称为氟；氟原子的结构示意图为：，电子离核越远，能量越高，所以氟原子中能量最高的电子位于第L层；F-离子的质子数为9，电子数为10，与F-离子质子数、电子数均相同的微粒可以是OH-；
故答案是：氟；L；OH-；
（4）结合以上分析可知，D元素是S；硫原子核电荷数为16，硫离子核外有18个电子，最外层有8个电子，S2-的电子式：；根据质量数=质子数+中子数可知，该原子核内的中子数为34-16=18；
故答案是： ；18；
（5）结合以上分析可知，A、B、E三种元素形成的化合物为NaOH，F单质为Cl2；NaOH与Cl2反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
故答案是：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
17．(1)2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，CuSO4+2NaOH═Cu(OH)2↓+Na2SO4
(2)Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+
(3)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(4)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(5)MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑
【详解】（1）金属钠性质非常活泼，将金属钠投入硫酸铜溶液中，首先Na与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应产生的NaOH与溶液中的溶质CuSO4反应产生Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，该反应的化学方程式为：CuSO4+2NaOH═Cu(OH)2↓+Na2SO4；
（2）明矾(KAl(SO4)2·12H2O)净水原理，是由于明矾电离产生Al3+发生水解反应产生Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀，从而具有净水作用，该反应的离子方程式为：Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+；
（3）Fe3+可腐蚀印刷电路板上的铜箔，这是由于Fe3+具有强氧化性，能够与Cu反应产生Fe2+、Cu2+，该反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
（4）氢氧化铁胶体制取方法是：将几滴FeCl3饱和溶液滴入沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，就得到氢氧化铁胶体，该反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（5）Mg是活泼的金属元素，在工业上采用电解熔融MgCl2制取金属Mg，则冶炼金属镁的方程式为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑。
18． CaS5或S5Ca CaS5＋H2SO4=CaSO4＋4S↓＋H2S↑ 12S＋3Ca（OH）2=2CaS5＋CaS2O3＋3H2O 取反应后溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则说明有Fe3+；另一份（加热使过量的H2S逸出）滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去或变浅，则说明有Fe2+
【分析】二元化合物X可由单质硫和Ca（OH）2浊液共热制得，应含有钙元素和硫元素，取一定量X与100 mL 0.2 mol·L 1稀硫酸恰好完全反应，生成0.08 mol淡黄色沉淀为硫，和0.448 L气体甲为硫化氢，假设X中硫元素的化合价为-x价，反应中生成硫单质，化合价升高x价，生成硫化氢，硫的化合价降低2-x，根据硫和硫化氢的物质的量比分析，有4x=2-x，解x=0.4，则X的化学式为CaS5或S5Ca。
【详解】(1).硫化氢的电子式为： ；
(2)根据以上分析可知X为 CaS5或S5Ca；
(3)根据题意CaS5和硫酸反应生成硫酸钙和硫和硫化氢，方程式为： CaS5＋H2SO4=CaSO4＋4S↓＋H2S↑ ；
(4) 另一种含氧酸盐（M＜160 g·mol 1），该盐与稀硫酸反应也有淡黄色沉淀生成并放出刺激性气味气体二氧化硫，说明该物质为CaS2O3，则硫和氢氧化钙的方程式为：12S＋3Ca（OH）2=2CaS5＋CaS2O3＋3H2O；
(5)硫化氢和硫酸铁反应生成硫和硫酸亚铁和硫酸，溶液中的阳离子除了氢离子外，还有亚铁离子，可能有铁离子，所以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色检验，利用亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色碱性，实验方法为：取反应后溶液分成两份，一份滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则说明有Fe3+；另一份（加热使过量的H2S逸出）滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去或变浅，则说明有Fe2+。
【点睛】掌握利用元素化合价变化分析反应产物，结合常见物质的物理或化学性质进行推断。含硫物质和稀硫酸反应生成的气体通常不是氢气，而是含有硫的气体，一般为硫化氢。
19． 0.03 0.03 0.03 平衡 大于 d a
【分析】(1)根据化学反应速率v=和反应物、生成物的速率之比等于化学计量数之比分析即可；
(2)CO2和H2均为生成物，其两者的浓度变化相同，反应未开始时，CO2和H2的浓度均为0，随着反应的进行，浓度不断增大，反应进行到4min时达到平衡状态，结合平衡状态计算CO2和H2的平衡浓度，即可画出CO2和H2的浓度变化；
(3)①表中3min～4min之间各物质的浓度不变，达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度逆向移动，c(CO)＞0.08mol/L；
②根据4min～5min之间、5min～6min之间，各物质的浓度变化判断改变的条件。
【详解】(1)υ(CO)===0.03mol/(L min)，根据反应物和生成物的速率之比等于化学计量数之比可知v(H2)＝0.03mol/(L·min)，v(CO2)＝0.03mol/(L·min)；
(2)CO2和H2均为生成物，其两者的浓度变化相同，反应未开始时，CO2和H2的浓度均为0，随着反应的进行，浓度不断增大，反应进行到4min时达到平衡状态，此时CO和H2O的变化浓度均为0.12mol/L，则CO2和H2的平衡浓度也均为0.12mol/L，CO2和H2的浓度变化图为；
(3)①表中3min～4min之间各物质的浓度不变，达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度逆向移动，c(CO)＞0.08mol/L；
②c1＞0.08mol/L，则c3＜0.12mol/L，c2＞0.18mol/L，4min～5min之间，平衡向逆方向移动，二氧化碳的浓度降低，一氧化碳和水蒸气的浓度都增大，所以改变的条件是增大氢气的浓度，故答案为d；5min～6min之间，一氧化碳浓度减小，水蒸气和二氧化碳浓度增大，平衡向正反应方向移动，则改变的条件是增大水蒸气的浓度，故答案为a。
20．2∶3
【分析】设混合气体的体积为V，则反应后剩余气体体积为，NO2和O2混合气体与反应可能的反应式有：4NO2+O2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据反应的方程式用讨论的方法计算。
【详解】设混合气体的体积为V，则反应后剩余气体体积为，
①如果氧气过量，则剩余，气体为氧气，参加反应的气体体积为，根据反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知，混合气体中含有二氧化氮的体积为×=，则原混合气体中NO2和O2的体积比V(NO2)：V(O2)=：=2：3；
②如果NO2过量，则剩余，气体为NO，根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，剩余的二氧化氮的体积为：×3=1.5V，不符合混合气体总体积为V。故原混合气体中NO2和O2的体积比2：3。
【点睛】本题考查了混合物反应的计算，明确发生反应原理为解答关键，注意讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
21． 减小粒度，增大接触面，提高浸取速率和浸取率 SiO2 CaSO4 Al(OH)3 2 NH4F 生成过程中产生HF及NH3等污染环境 H2SO4 NH4Cl 通入HCl使AlCl3·6H2O饱和，而Al2(SO4)3不饱和 使废弃固体资源化利用
【分析】：粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等，加入硫酸溶液使Al2O3溶解，CaO通过反应生成CaSO4，CaSO4微溶，大部分CaSO4和SiO2一起成为滤渣，过滤后将滤液冷却结晶得Al2(
SO4)
3，用盐酸溶解Al2(
SO4)
3，再通入氯化氢得AlCl3 6H2O晶体和硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，AlCl3 6H2O晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝沉淀受热分解生成Al2O3。
【详解】（1）粉煤灰研磨的目的是减小粒度，增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率；
（2）通过以上分析可知，第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO2和 CaSO4，第3次过滤时滤渣的成分是Al（OH）3；
（3）根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h；根据图2可知，在n(助溶剂)/n(粉煤灰)相同时，NH4F助溶剂对铝的浸出率最高，用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等；
（4）根据上面的分析可知，流程中循环使用的物质有H2SO4和NH4Cl。
（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出AlCl3 6H2O，该过程能够发生的原因是通入氯化氢使AlCl3 6H2O达到饱和，而硫酸铝不饱和，便于AlCl3 6H2O析出；。
（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义在于使废弃固体资源化利用。
答案第1页，共2页
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