山东省临沂高新实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省临沂高新实验中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．下列各组微粒中属于同位素的是（
）
A.
D和H
B.
Ar和Ca
C.
O2和O3
D.
Cl和Cl
【答案】D
【解析】质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素。A中是同一种核素，B中质子数不同，C中是单质，不是核素。所以正确的答案是D。
2．除去下列物质中少量杂质的方法正确的是（
）
A．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加足量铁粉，过滤
B．除去Al2O3中混有的SiO2：加NaOH溶液，过滤
C．除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液洗气
D．除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氯化亚铁中的氯化铁可与铁反应生成氯化亚铁，所以加入足量的铁粉再过滤可除去氯化亚铁中的氯化铁，A正确；B、氧化铝和二氧化硅都与氢氧化钠溶液反应，所以不能加氢氧化钠溶液除去氧化铝中的二氧化硅，B错误；C、二氧化碳和HCl都与碳酸钠溶液反应，所以二氧化碳也被除去，C错误；D、稀硝酸与Cu和CuO都发生反应，所以不能加稀硝酸，应该加稀盐酸除去Cu中的CuO，D错误，答案选A。
考点：考查物质除杂方法的判断
3．绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，如一级能源中的水能、地热、天然气等；二级能源中电能、氢能等。下列能源属于绿色能源的是
①太阳能
②风能
③石油
④煤
⑤潮汐能
⑥木材
A．①②③
B．③④⑤
C．④⑤⑥
D．①②⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：石油、煤和木材因为含硫元素，在燃烧过程中产生二氧化硫气体，不属于绿色能源，故选D。
考点：考查绿色能源的概念和能源的分类
4．下列方程式书写正确的是
A 、H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32－
B、HCO3－在水溶液中的电离方程式：HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－
C、CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－
D、CaCO3的电离方程式：CaCO3Ca2+＋CO32－
【答案】B
【解析】
试题分析：A不正确，亚硫酸是弱酸，电离是分步的；C不正确，CO32－的水解也是分步进行的；D不正确，碳酸钙是强电解质，用等号连接，答案选B。
考点：考查电离方程式和水解方程式的正误判断
点评：盐类水解大部分都是可逆的，因此用可逆号连接。多元弱酸跟离子是分步水解的，而多元弱碱的阳离子水解是一步到位的。同样弱电解质的电离是可逆的，也用可逆号连接。其中多元弱酸的电离也是分步的，多元弱碱的电离是一步到位的，而强电解质的电离是完全电离的，用等号连接。
5．对于A2+3B22C的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是
A．0.8mol·L-1·s-1
B．0.7mol·L-1·s-1
C．0.4mol·L-1·s-1
D．54mol·L-1·min-1
【答案】C
【解析】
试题分析：化学反应速率大小比较要统一单位和统一比较对象。54mol·L-1·min-1
=0.9
mol·L-1·s-1，所以D>A；在A2+3B22C反应中，32，所以当0.4mol·L-1·s-1
时，1.2mol·L-1·s-1
、0.8mol·L-1·s-1
，所以C最大，选C。
考点：本题主要考查化学反应速率的计算和大小比较。
6．下列实验装置或操作能达到实验目的的是
【答案】D
【解析】
试题分析：A、乙醇和乙酸相互溶解，不分层，不能用分液的方法分离A错误；B、制取乙酸乙酯时导气管不能插入液面以下，防止倒吸，B错误；C、石油的蒸馏中温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶的支管口附近，用于测量蒸气的温度，C错误；D、甲烷与氯气反应需要光照，故D正确。
考点：考查了化学实验装置的评价的相关知识。
7．已知在25℃时，氯化银的Ksp＝1.8×10－10，现将足量氯化银分别放入下列溶液中，相同温度下c(Ag＋)最大的是
A．100mL蒸馏水
B．100mL
0.2mol·L-1
AgNO3
C．100
mL
0.1mol·L-1AlCl3
D．100mL
0.1
mol·L-1
盐酸
【答案】B
【解析】
试题分析：B、正确，溶液中本身的c(Ag＋)已经远远大于氯化银电离的c(Ag＋)。
考点：考查难容物的溶解平衡。
8．可以鉴别稀硫酸和浓硫酸的简单方法是　(　　)
A．加酚酞试液
B．与铜片反应
C．加BaCl2溶液和硝酸
D．用玻璃棒各蘸一点滴在纸上
【答案】D
【解析】
试题分析：稀硫酸和浓硫酸都不能使酚酞试液变色，与BaCl2溶液和硝酸反应都生成白色沉淀，故A、C两项不正确；稀硫酸与铜片不反应，浓硫酸与铜片加热时可反应，但不符合“简单”的要求，故B项也不正确；用玻璃棒各蘸一点滴在纸上，稀硫酸无明显变化，浓硫酸很快使纸变黑，该法最简单，故D项正确。
考点：硫酸的制备和性质
9．利用生活中常见的材料可以进行很多科学实验，下图就是一个用废旧材料制作的可用于驱动玩具的电池示意图。当电池工作时，有关说法正确的是
A．铝罐将逐渐被腐蚀
B．石墨棒应与玩具电机的负极相连
C．石墨棒上发生的反应为：
O2＋2H2O－4e－==
4OH－
D．该电池工作一段时间后石墨棒的质量会减轻
【答案】A
【解析】
试题分析：A、碳棒、铝罐和食盐水构成了原电池，较活泼的金属铝作负极，铝失电子生成铝离子，所以铝罐逐渐被腐蚀，正确；B、碳棒、铝罐和食盐水构成了原电池，较活泼的金属铝作负极，导电的非金属碳棒作正极，所以石墨棒应与玩具电机的正极相连，错误；C、碳棒作原电池的正极，氧气得电子生成氢氧根离子，错误；D、在原电池工作时，炭棒作正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，由此可知炭棒和碳粒的质量不会改变，错误。
考点：本题考查原电池原理与金属的腐蚀与防护。
10．某研究性学习小组进行电化学实验，研究装置如图所示。
有关说法不正确的是
A．镁为负极
B．原电池中碳极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+
C．电解池中阳极处先变红
D．电解池中阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑
【答案】C
【解析】
试题分析：据图可知，左池为原电池，镁活泼作负极，C为正极，电极反应为Fe3++e-=Fe2+；右池为电解池，与Mg相连的电极为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，与C相连的电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，故可使淀粉变蓝。故C错误。
考点：考查电化学的相关知识。
11．甲、乙、丙为二、三周期的元素，原子序数依次增大，甲和乙同周期，甲和丙同主族，甲、乙原子序数之和与丙的原子序数相等，甲、丙原子的最外层电子数之和与乙原子的电子总数相等。下列说法不正确的是
A．乙是地壳中含量最多的元素
B．丙的氢化物比甲的氢化物热稳定性强
C．乙与丙形成的化合物可制作光导纤维
D．甲、乙两种元素形成的化合物中一定含有共价键
【答案】B
【解析】
试题分析：甲、乙、丙为二、三周期的元素，原子序数依次增大，甲和丙同族，甲和乙同周期，则甲、乙处于第二周期，丙处于第三周期，且甲与丙原子序数相差8，甲、乙原子序数之和与丙的原子序数相等，则乙的原子序数为8，则乙是氧元素；甲、丙原子的最外层电子数之和与乙原子的电子总数相等，乙原子的电子总数为8，所以甲、丙的最外层电子数为4，所以甲和丙是第ⅣA族元素，则甲为碳元素，丙为硅元素。A、乙是氧元素，是地壳中含量最多的元素，故A正确；B、同主族元素随着原子序数的增大，其气态氢化物的稳定性减弱，所以甲烷的稳定性大于硅烷的稳定性，故B错误；C、乙、丙形成的二氧化硅的可制作光导纤维，故C正确；D、碳元素和氧元素是非金属元素，所以形成的化合物是共价化合物，故D正确。
故选B。
考点：考查了元素周期表的相关知识。
12．根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是(
)
A．
3-甲基-1,3-丁二烯
B．
2-羟基丁烷
C．CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3
2-乙基戊烷
D．CH3CH(CH3)CH2COOH
3-甲基丁酸
【答案】D
【解析】
试题分析：A、应该是2－甲基－1，3－丁二烯，A错误；B、应该是2－丁醇，B错误；C、3－甲基己烷，C错误；D、命名正确，D正确，答案选D。
考点：考查有机物命名
13．某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是
(　　)
A．该温度高于25°C
B．由水电离出来的H＋的浓度是1.0×10－10
mol/L
C．加入NaHSO4晶体抑制了水的电离
D．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
【答案】D
【解析】某温度下蒸馏水的pH＝6，所以KW＝1.0×10－12,25°C时的KW＝1.0×10－14，所以温度高于25°C，A正确。c(H＋)水＝c(OH－)水＝＝1.0×10－10(mol/L)，故B正确；NaHSO4能完全电离出氢离子，相当于一元强酸，抑制水的电离，C正确。注意KW＝1.0×10－12，所以应加入等体积pH＝10的NaOH溶液，才能使该溶液恰好呈中性，所以D错误。
14．与氨碱法比较，下列关于联合制碱法优点的判断中不正确的是
A．提高了原料的原子利用率
B．降低了生产成本
C．减少了环境污染
D．减轻了对设备的腐蚀
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有72%～74%；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，A项正确；B．氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本，B项正确；C．联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，废弃物少，C项正确；D．联合制碱法把合成氨和纯碱两种产品联合起来，回收循环使用氯化钠，二氧化碳，设备利用率高，加大了对设备的腐蚀，D项错误；答案选D。
考点：考查氨碱法和联合制碱法的优劣。
15．短周期元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M元素的一种核素没有中子，且
M、W、X、Y+、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为1、2、3、4、2（不考虑零族元素）。下列关于这些元素的叙述正确的是（
）
A．X分别和其它四种元素均可形成至少2种化合物
B．M分别和W、X、Y、Z形成化合物，均显相同化合价
C．M、X、Z三种元素组成的化合物含有离子键
D．M、X、Y组成化合物和Y、Z组成化合物，其等物质的量浓度的水溶液中由水电离出的氢离子浓度相同
【答案】A
【解析】
试题分析：M元素的一种核素没有中子，则M为H；W、Z的最外层电子数与其电子层数的比值都是2，则W为C、Z为S；X最外层电子数与其电子层数的比值为3，则X为O；Y+的最外层电子数与其电子层数的比值为4，则Y为Na。A、O分别和H、C、Na、S均至少可形成2种化合物，正确；B、H与C、O、S形成的化合物中，H的化合价为+1，与Na形成的NaH中H的化合价为-1，错误；C、M、X、Z三种元素组成的化合物为H2SO4或H2SO3，不含离子键，错误；D、M、X、Y组成化合物为NaOH，Y、Z组成化合物为Na2S，NaOH抑制水的电离，Na2S水解促进水的电离，错误。
考点：本题考查元素的推断、化学键和水的电离程度的判断。
16．有一种不饱和醇，其结构简式为CH2＝CHCH2OH，请回答下列问题：
(1)写出该化合物中官能团的名称__________。
(2)试推测该化合物可能发生的反应为__________(填序号)。
①
与酸性高锰酸钾溶液反应　
②
与溴水反应　
③
与H2反应　
④
与Na反应
⑤
燃烧反应　
⑥
催化氧化反应
【答案】（1）碳碳双键，羟基
（2）①
②
③
④
⑤
⑥
【解析】决定化合物特殊性质的原子或原子团是官能团，根据结构简式可判断含有的官能团是碳碳双键和羟基。所以①～⑥的性质都可以发生。
17．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中，T所处的周期序数与主族序数相等，请回答下列问题：
（1）T的原子结构示意图为
（2）元素的非金属性为（原子的得电子能力）：Q
______
W(填“强于”或“弱于”)。
（3）W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为
。
（4）原子序数比R多1的元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是
。
（5）R有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2L的甲气体与0．5L的氧气相混合，若该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐只有一种，则该含氧酸盐的化学式是
（6）在298K下，Q、T的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量aKJ和bKJ。又知一定条件下，T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3molQ的单质，则该反应在298K下的=
　　　　　　
(
注：题中所涉单质均为最稳定单质)。
【答案】（1）
(2分)
（2）
弱于
(2分)
（3）S
+
2H2SO4(浓)
3SO2↑+
2H2O
(3分)
（4）2H2O2
MnO22H2O
+
O2↑（或其他合理答案）(3分)
（5）NaNO2
(3分)
（6）(3a
–
4b)KJ/mol
(3分)
【解析】
试题分析：图中所示是短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，因为T所处的周期序数与主族族序数相等，所以可以知道T是Al，Q是C，R是N，W是S．（1）铝元素的原子结构示意图为,故答案为：；（2）Q是C，W是S．由其最高价氧化物对应水化合物酸性碳酸弱于硫酸推出，碳的非金属性弱于硫。(3
W的单质是硫与其最高价氧化物的水化物浓溶液是浓硫酸，共热时能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，根据氧化还原反应推测可知所体为二氧化硫，故反应方程式为
S
+
2H2SO4(浓)
3SO2↑+
2H2O
。（4）原子序数比R多1的元素的一种氢化物（过氧化氢）能分解为它的另一种氢化物（水），故分解反应的化学方程式是2H2O2
MnO22H2O
+
O2↑。（5）R有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小，则甲为NO，2L的甲气体与0．5L的氧气相混合，得到等体积的NO和NO2，由氧化还原反应可知该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐中N元素的化合价为+3价，即化学式为NaNO2，故答案为：NaNO2；（6）Q、T的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量akJ和bkJ，则C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-akJ mol-1①，4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=-4bkJ mol-1②，一定条件下，T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3molQ的单质，则反应为4Al+3CO2=2Al2O3+3C，由盖斯定律可知，②-①×3可得到反应4Al+3CO2=2Al2O3+3C，则△H=-4bkJ mol-1-（-akJ mol-1）×3=（3a-4b）kJ mol-1，故答案为：（3a-4b）kJ mol-1．
考点：本题考查了位置、结构、性质的应用，元素的推断较简单，明确物质的性质、氧化还原反应、盖斯定律计算反应热等知识是解答本题的关键。
18．（16分）I、“套管实验”是将一支较小的玻璃仪器装入另一支玻璃仪器中，经组装来完成原来需要较多仪器进行的实验。因其具有许多优点，已被广泛应用于化学实验中。下图甲是对课本有关Na2O2某性质的两个实验的改进。
（1）将胶头滴管中的水滴入小试管，然后在导管口A、B处分别进行适当操作，再根据所观察现象可得到的两个结论是
，
。
（2）写出甲中反应的离子方程式
。
Ⅱ、Na2O2有强氧化性，H2具有还原性，有同学猜想Na2O2与H2能反应。为了验证此猜想，该小组同学进行如下实验，实验步骤和现象如下。
步骤1：按图乙组装仪器（图中夹持仪器省略），检查气密性，装入药品；
步骤2：打开K1、K2，产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管，一段时间后，没有任何现象；
步骤3：检验H2的纯度后，开始加热，观察到硬质玻璃管内Na2O2开始熔化，淡黄色的粉末变成了白色固体，干燥管内硫酸铜未变蓝色；
步骤4：反应后撤去酒精灯，待硬质玻璃管冷却后关闭K1。
①盛装稀盐酸的仪器名称
；B装置的作用是
。
②必须检验氢气纯度的原因是
。③设置装置D的目的是
。
④你得到的结论是
（若能反应请用化学方程式表示）。
【答案】I.（1）Na2O2与H2O反应生成O2，该反应放热；（2）2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
Ⅱ.
①长颈漏斗；吸收氢气中的杂质气体（水蒸气、氯化氢等）；②防止空气与氢气混合加热爆炸；③检验有无水生成；④Na2O2+H2=2NaOH
【解析】
试题分析：I.
（1）将胶头滴管中的水滴入小试管，在小试管中
会发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+
O2↑，该反应是放热反应，所以在导管口A、B处都有气体产生，A口出氧气，能够使带有余烬的木条复燃；B则无明显变化；（2）甲中反应的离子方程式是2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；Ⅱ、①盛装稀盐酸的仪器名称是长颈漏斗；由于制取的氢气是用稀盐酸，盐酸有挥发性，产生的氢气中会含有水蒸气及HCl。所以B装置的作用是吸收氢气中的杂质气体（水蒸气、氯化氢等）；②若氢气不纯，则点燃时氢气与氧气的混合气体在点燃时会发生爆炸；③无水硫酸铜是白色固体，若产物有水，就会产生硫酸铜晶体，固体变为蓝色，所以设置装置D的目的是检验有无水生成；④可以得到的结论是Na2O2+H2=2NaOH。
考点：考查Na2O2与H2O反应原理、制取方法、实验操作、水的检验、化学方程式、离子方程式的书写。
19．（10分）下图所示装置可用于多种实验。
（1）实验室可利用该装置来制取氯气，发生反应的化学方程式为：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
①用双线桥标出上述反应中的电子转移情况。
②B装置的作用是___________________，C装置中盛装的液体最好是
。
③若按上述反应制得的氯气体积为4.48
L（标准状况），则实际反应中消耗12
mol/L盐酸的体积大于理论值_______mL。
（2）在实验室要测定部分变质的过氧化钠的纯度，也可用上图装置中的部分仪器。
①上述装置中多余的仪器是_______（填A、B、C、D等序号）。
②要完成上述实验目的，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为____________________。
③若取用样品的质量为2.5
g，收集到气体的体积为280
mL（标准状况），则样品中Na2O2的纯度为___________。
【答案】
（1）①
②除去氯气中的HCl气体
饱和食盐水（1分）
③
53.3
（2）①
B
②
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
③
78
%
【解析】
试题分析：1）①Mn由+7价到+2价每摩尔转移5mole-,Cl由-1价到0价每摩尔转移2mole-,
故。
②生成的氯气中混有氯化氢，故用饱和食盐水
除去氯气中的HCl气体；③由关系式知4HCl~Cl2可求出盐酸体积为53.3ml，但是随着反应进行，浓盐酸变稀，所以消耗12
mol/L盐酸的体积大于理论值
53.3
mL。
（2）①测定部分变质的过氧化钠的纯度不用洗气装置，选B；②
反应原理是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑通过求出O2的体积，从而求得Na2O2质量，求出纯度，设纯度为x.
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
156
22400
2.5×x
280
156/(2.5×x)=22400/280
x=78%
考点：综合实验应用。
20．为了预防碘缺乏症，国家规定每千克食盐中应含有40～50
mg碘酸钾。碘酸钾晶体具有较高的稳定性，但在酸性溶液中，碘酸钾是一种较强的氧化剂，能跟某些还原剂反应生成碘；在碱性溶液中，碘酸钾能被氯气、次氯酸等更强的氧化剂氧化为更高价的碘的含氧酸盐。工[来源:21世纪教育网]业生产碘酸钾的流程如图所示。
（1）碘在周期表中的位置为__________________；
（2）碘、氯酸钾、水混合反应时，若两种还原产物所得电子的数目相同，请配平该反应的化学方程式：____I2+____KClO3+____H2O=____KH(IO3)2+____KCl+____Cl2↑；
（3）混合反应后，用稀酸酸化的作用是___________________________，在稀盐酸和稀硝酸中不能选用的酸是_________，理由是__________________________________；
（4）试剂X的化学式为__________，写出用试剂X调pH的化学方程式__________________；
（5）如果省略“酸化”、“逐氯”、“结晶①、过滤”这三步操作，直接用试剂X调整反应混合物的pH，对生产碘酸钾有什么影响？________________________________________。
【答案】
（1）第五周期
第ⅦA族
（2）6I2+11KClO3+3H2O＝6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑
（3）促进氯气从反应混合物中逸出
稀盐酸
盐酸能还原已生成的碘酸氢钾
（4）KOH
KH(IO3)2+KOH＝2KIO3+H2O
（5）反应产生的氯气能与氢氧化钾溶液反应生成KClO，KClO能将KIO3氧化成KIO4，从而不能得到碘酸钾
【解析】
试题分析：（1）碘的原子序数是127，在周期表中的位置为第五周期第第ⅦA族；
（2）根据方程式可知反应中I的化合价从0价升高到＋5价，失去5个电子。氯酸钾中Cl元素化合价从＋5价降低到0价和—1价，两种还原产物所得电子的数目相同，所以根据电子得失守恒可知配平后的方程式为6I2+11KClO3+3H2O＝6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑；
（3）混合反应后，用稀酸酸化，溶液酸性增强，因此其作用是促进氯气从反应混合物中逸出；由于盐酸能还原已生成的碘酸氢钾，所以不能选择盐酸；
（4）晶体①为KH(IO3)2,把晶体从溶液中过滤出来，洗涤干净，然后用水溶解得到KH(IO3)2的溶液，要把酸式盐变为正盐KIO3，就要加碱来调节溶液的pH值。为了不引入新的杂质，所以要用KOH。该反应的方程式为KH(IO3)2+KOH＝2KIO3+H2O；
（5）反应I2＋KClO3＋H2O→KH(IO3)2＋KCl＋Cl2↑产生的氯气跟KOH反应生成KClO，KClO能将KIO3氧化成KIO4，从而不能得到碘酸钾。
考点：考查物质制备工艺流程图分析
21．将0.1
mol的镁、铝混合物溶于100
mL
2mol/L
H2SO4溶液中，然后再滴加
1
mol/L
NaOH溶液。请回答：
⑴
若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如下图所示。
当V1＝160mL时，则金属粉末中n(Mg)＝
mol，V2＝
mL。
⑵
滴加NaOH溶液，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全，则V(NaOH)＝
mL。
⑶
若混合物仍为0.1
mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100
mL
2
mol/L的硫酸溶解后，再加入450
mL
1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足条件的a的取值范围
。
【答案】（1）0．06
440（2）400（3）1/2
≤a＜1
【解析】
试题分析：⑴
根据图像可知镁、铝混合物溶于100
mL
2mol/L
H2SO4溶液中，硫酸有剩余，反应为，V1＝160mL时硫酸的物质的量为0.08mol；所以与镁、铝混合物反应的硫酸0.12mol，设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为(0.1-x)mol；，x=0.06；即镁的物质的量为0.06mol,铝的物质的量为0.04mol；当加入氢氧化钠mL时，,镁离子消耗氢氧化钠0.12mol；,铝离子消耗氢氧化钠0.16mol，=120+160+160=440mL;
⑵
滴加NaOH溶液，欲使Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全，则溶液中的溶质只有硫酸钠，根据元素守恒，，n(NaOH)=2
n(H2SO4)=
2×0.1L
×2mol/L=0.4mol,则V(NaOH)＝400mL。
⑶所得沉淀中无Al(OH)3，则溶液中的溶质为、，根据钠元素守恒0.45=0.4+0.1×（1-a），a=0.5，即铝的最大值为0.5，所以a的取值范围是1/2
≤a＜1。
考点：本题考查化学计算。
22．工业上以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料制备金属铜，有如下两种工艺。
I．火法熔炼工艺:将处理过的黄铜矿加人石英，再通人空气进行焙烧，即可制得粗铜。
（1）焙烧的总反应式可表示为：2CuFeS2
+
2SiO2+5O2＝2Cu+2FeSiO3+4SO2该反应的氧化剂是
。
（2）下列处理SO2的方法，不合理的是_____
A高空排放












B用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠
C用氨水吸收后，再经氧化制备硫酸铵
D用BaCl2溶液吸收制备BaSO3
（3）炉渣主要成分有FeO
、Fe2O3
、SiO2
、Al2O3等，为得到Fe2O3加盐酸溶解后，后续处理过程中未涉及到的操作有
。
A过滤


B加过量NaOH溶液


C蒸发结晶

D灼烧

E加氧化剂
II．FeCl3溶液浸取工艺:其生产流程如下图所示
（4）浸出过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为
____________。
（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质是____
（填化学式）。
（6）若用石墨电极电解滤液，写出阳极的电极反式_____________。
（7）黄铜矿中含少量Pb,调节C1一浓度可控制滤液中Pb2+的浓度，当c(C1一)＝2mo1·L-1时溶液中Pb2+物质的量浓度为
mol·L-1。[已知KSP(PbCl2)＝1
x
10一5]
【答案】（1）CuFeS2、O2
（2）A、D
（3）C
（4）CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S
（5）FeCl3　
（6）Fe2+-e－＝Fe3+　
（7）2.5×10－6
【解析】（1）根据方程式2CuFeS2
+
2SiO2+5O2＝2Cu+2FeSiO3+4SO2知，铜元素的化合价降低，氧元素的化合价降低，因此该反应中氧化剂是CuFeS2和O2。
（2）SO2是大气污染物，A错；用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠，可以防止污染，B正确；用氨水吸收后，不经氧化制硫酸铵，也可以防上污染，C正确；SO2不能溶于氯化钡溶液，D错；答案选AD。
（3）炉渣主要成分是FeO、Fe2O3、SiO2、Al2O3等，为得到Fe2O3，加盐酸溶解后，需要过滤出二氧化硅，然后再加入氧化剂将溶液中的亚铁离子氧化为三价铁离子，再加入过量氢氧化钠溶液后主要成分是氢氧化铁沉淀。过滤、洗涤、灼烧就可以得到三氧化二铁，所以未涉及的实验操作是蒸发结晶。
（4）过滤得到的滤纸中含有硫单质，这说明CuFeS2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，即CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++S。
（5）电解时产生的电解液又可以与黄铜矿反应，所以该工艺流程中，可以循环利用的物质是FeCl3。
（6）电解池中阳极失去电子，因此若用石墨做电极电解滤液，则亚铁离子在阳极失去电子，所以阳极反应是Fe2+－e－＝Fe3+。
（7）已知KSP(PbCl2)＝1×10一5，因此当溶液中c(C1一)＝2mo1·L-1时溶液中Pb2+物质的量浓度为mol·L-1。
23．(14分)A、B、C、D、E、F、G七种物质间存在如图所示转化关系，其中A、B、D、G含有同种元素。
（Ⅰ）A为金属单质；
B为红褐色固体；E为密度最小的气体；G为浅绿色溶液。
（Ⅱ）D为黄色溶液，能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀。
（Ⅲ）D能将某种氧化物氧化为F，F是含有三种元素的化合物。
请回答下列问题：
（1）上述反应中属于置换反应的是
（填序号）。
（2）G生成B的过程中所出现的现象
；
反应③的离子方程式
。
（3）D的水溶液显酸性，请用离子方程式解释原因
。
（4）实验室制取C的化学方程式为
；
对气体C进行如下实验。已知整个反应过程中，每消耗0.1mol
KI,转移的电子数约为3.612×1023
个。请按照要求填空：
实验步骤
实验现象
用化学用语解释
将少量气体通入淀粉KI溶液
溶液最初变成
色
（用离子方程式表示）
继续通入气体
溶液逐渐变成无色
（用化学方程式表示）
【答案】（14分）
（1）
②⑤（2分）（2）产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变红褐色。（1分）
2Fe3++SO2+2
H2O
=2Fe2++SO42－+4
H+
（2分）（3）Fe3++3
H2O
Fe(OH)3+3
H+
（2分）
（4）MnO2
+
4
HCl（浓）
Mn
Cl2+Cl2↑+2
H2O
（2分）
实验步骤
实验现象
用化学用语解释
蓝（1分）
Cl2+
2I－=
I2+2Cl－（2分）
5Cl2+
I2+6H2O=
2HIO3+10
HCl（2分）
【解析】
试题分析：E为密度最小的气体是氢气；G为浅绿色溶液说明含有亚铁离子；D为黄色溶液，说明含有铁离子，能与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明含有氯离子，所以D是氯化铁；A是金属，A和C反应生成氯化铁，所以A是铁，C是氯气；氯化铁能转化为红褐色固体，所以B是氢氧化铁；F和铁反应生成氢气和亚铁盐，D能将某种氧化物氧化为F，说明该氧化物具有还原性，所以该氧化物是二氧化硫，二氧化硫和氯化铁反应生成硫酸，F是含有三种元素的化合物，所以F是硫酸，则G是硫酸亚铁。
（1）一种单质和一种化合物反应生成另外的单质和化合物的化学反应是置换反应，反应②中氢气还原氧化铁生成铁属于置换反应，⑤中硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气属于置换反应，故选②⑤。
（2）G是硫酸亚铁，生成氢氧化铁的现象为：产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变红褐色Fe3+有氧化性，二氧化硫有还原性，所以铁离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸，反应离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。
（3）氯化铁是强酸弱碱盐，能发生水解反应生成氢氧化铁和氢离子，导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，水解方程式为：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+。
（4）实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应方程式为：MnO2
+
4
HCl（浓）
Mn
Cl2+Cl2↑+2
H2O；氯气有强氧化性，碘离子有还原性，所以二者能发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉溶液遇碘变蓝色，所以看到的现象是溶液变蓝色，反应离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-； 继续通入氯气，氯气能氧化碘单质生成碘酸，导致溶液褪色，所以看到的现象是溶液褪色，反应方程式为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl。
考点：本题考查物质的推断、物质的性质、方程式的书写、反应类型及反应现象的判断。