山东省枣庄市滕州市善国中学2017届高三（上）第三周同步化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 山东省枣庄市滕州市善国中学2017届高三（上）第三周同步化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 250.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-01-25 08:15:54 | ||
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文档简介
2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）第三周同步化学试卷
一、选择题
1．中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中．下列与化学有关的说法不正确的是（ ）
A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺
B．四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成
C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
D．由于中国大部分地区都缺碘，而缺碘就会引起碘缺乏病，80年代国家强制给食用的氯化钠食盐中加入碘单质
2．我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸．下列有关说法正确的是（ ）
A．所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键
B．消耗22.4L
CO2可制得乙酸60g
C．该反应不是氧化还原反应
D．该反应过程符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%
3．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，0.5
molNO与0.5
molO2混合后气体分子数为0.75NA
B．常温常压下，14g的C2H4和C4H8混合气体中含有的原子数为3
NA
C．0.1molAlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成O．l
NA个胶体粒子
D．1.0
L1.0
mol．L﹣lNa2
SiO3水溶液中含有的氧原子数为3
NA
4．室温下，下列各组离子能大量共存的是（ ）
A．稀硫酸中：K+、Mg2+、AlO2﹣、S2O32﹣
B．NaHS溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+
C．
=10﹣13mol L﹣1溶液中：Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣
D．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣
5．下列离子方程式正确的是（ ）
A．0.01mol/L
NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L
Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3 H2O
B．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2++4H++O2═2Fe3++2H2O
C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
6．有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣（忽略水的电离），其中Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（ ）
A．7：1
B．7：2
C．7：3
D．7：4
7．氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N2=2AlON+CO（高温）合成，下列有关说法正确的是（ ）
A．氮氧化铝中氮的化合价是﹣3
B．反应中每生成5.7g
AlON的同时生成1.12
L
CO
C．反应中氮气作氧化剂
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1
8．已知25℃、101kPa下，下列反应
C（石墨）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol
C（石墨）放热393.51kJ．
C（金刚石）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol
C（金刚石）放热395.41kJ．
可以得出的结论是（ ）
A．金刚石比石墨稳定
B．1
mol石墨所具有的能量比1
mol金刚石低
C．金刚石转变成石墨是物理变化
D．石墨和金刚石都是碳的同位素
9．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子．下列说法正确的（ ）
A．四种元素中有两种元素在第二周期
B．W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18
C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应
D．工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物
10．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（ ）
①金属性最强的是锂
②氧化性最强的是锂离子
③在自然界中均以化合态形式存在
④Li的密度最大
⑤铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸
⑥粒子半径：Rb+＞K+＞Na+，Cs＞Cs+．
A．①②③
B．④⑤⑥
C．②④⑥
D．②③⑤⑥
11．在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志是（ ）
A．A，B，C的分子数之比为1：3：2
B．C生成速率与A生成速率相等
C．单位时间内生成n
molA同时3n
mo1B
D．A，B、C的深度不再变化
12．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志的是（ ）
（1）C的生成速率与C的分解速率相等；
（2）单位时间内amol
A生成，同时生成3amol
B；
（3）A、B、C的浓度不再变化；
（4）混合气体的总压强不再变化；
（5）混合气体的物质的量不再变化；
（6）单位时间消耗amol
A，同时生成3amol
B；
（7）A、B、C的分子数目比为1：3：2．
A．（2）（4）（5）
B．（2）（7）
C．（1）（3）（4）
D．（5）（6）（7）
13．下列有关叙述中正确的是（ ）
A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CHCOO﹣）
B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
C．相同温度下，若Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4），则AgCl的溶解度大于Ag2CrO4
D．醋酸溶液加少量水稀释增大
14．某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生且溶液不变蓝，下列叙述正确的是（ ）
A．铜电极上发生还原反应
B．石墨电极附近溶液呈红色
C．溶液中的Na+向石墨电极移动
D．铜电极附近观察到黄绿色气体
15．下列关干氧化物的各项叙述正确的是（ ）
①酸性氧化物不一定是非金属氧化物
②非金属氧化物肯定是酸性氧化物
③碱性氧化物肯定是金属氧化物
④金属氧化物肯定是喊性氧化物
⑤酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸
⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱住氧化物
⑦不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应．
A．①③⑥
B．①②⑤⑦
C．③④⑤
D．①②⑤
16．如表物质的分类组合正确的是（ ）
A
B
C
D
纯净物
纯硫酸
冰醋酸
水玻璃
胆矾
混合物
水煤气
福尔马林
冰水混合物
漂白粉
弱电解质
氨水
氟化氢
氨
水
非电解质
干冰
乙醇
三氧化硫
氯气
A．A
B．B
C．C
D．D
17．下列物质按照单质、化合物、混合物顺序排列，其中物质类型排列顺序正确的是（ ）
A．氯水、氯化钾、胆矾
B．液溴、水和冰混合、澄清石灰水
C．氮气、净化后的空气、氧化镁
D．白鳞、生锈的铁钉、高锰酸钾充分加热后的剩余固体
18．下列叙述正确的是（ ）
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
19．亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，其物理性质与NaCl极为相似．相关转化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．NaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2
B．NaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂
C．可用KI、淀粉和食醋鉴别NaNO2和NaCl
D．分解NaN3盐每产生1
mol
N2
转移6
mol
e﹣
20．向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊﹣→澄清”现象的是（ ）
A．X：漂白粉溶液Y：二氧化硫
B．X：硝酸银溶液Y：氨气
C．X：氢氧化钡溶液Y：二氧化碳
D．X：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮
二、计算题
21．KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火．实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g
（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）．
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为 g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度；
②求原混合物中KClO3的质量；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）．实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）
22．HNO3与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH3的一种或几种．现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL，稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气放出．在反应结束后的溶液中，逐渐加入4mol L﹣1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量关系如图．请回答：
（1）与HNO3反应后Fe元素的化合价是
（2）纵坐标中A点数值是 ，B点数值是 ，原HNO3浓度是 ．
23．某研究小组用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，再用水吸收该气体可得ClO2溶液．在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示．
（1）据图可知，反应时需要控制的适宜温度是 ℃，要达到此要求需要采取的措施是 ．
（2）已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被ClO3﹣氧化成SO42﹣，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯（ClO2）的离子方程式： ．
（3）该小组拟以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标．若取NaClO3样品6.0g，通过反应和吸收获得400mL
ClO2溶液，取此溶液20mL与37.00mL
0.500mol L﹣1
（NH4）2Fe（SO4）2溶液充分反应后，过量的Fe2+再用0.050
0mol L﹣1
K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL．反应原理为：
4H++ClO2+5Fe2+═Cl﹣+5Fe3++2H2O
14H++Cr2O72﹣+6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O
试计算ClO2的“产率”（写出计算过程）．
三、实验题
24．溴酸钾具有毒性，是一种常用的分析试剂和氧化剂，实验室中制备过程如下：
已知反应②是复分解反应，根据上述转化关系回答下列问题：
（1）反应①的化学方程式为 ．
（2）反应②的化学方程式为 ．
（3）现向含6mol
KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示．请回答下列问题
：
①已知b点时，KI反应完全，转移的电子数为 ．
②b→c过程中，仅有一种元素的化合价发生了变化．则反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ．
③d点时，n（KBrO3）为 ．
25．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3含有Fe2O3、SiO2等杂质 ）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
NaCl
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
801
回答下列问题：
（1）高温反应前，常在800℃焙烧铝土矿，使固体中水分挥发、气孔数目增多，其作用是 （只要求写出一种）
（2）高温反应后，铝土矿中的氧化物均转变为相应的氯化物，由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的化学方程式为 ．
（3）气体Ⅱ的主要成分除了Cl2外，还含有 ．气体Ⅱ常用过量冷的NaOH溶液吸收，吸收液中含有的阴离子主要有 ．
（4）工业上为了降低生产成本，生产过程中需要控制加入铝粉的量，“废渣”的主要成分是 ．
（5）AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，电镀时阴极的电极反应式为 ．
2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）第三周同步化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中．下列与化学有关的说法不正确的是（ ）
A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺
B．四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成
C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
D．由于中国大部分地区都缺碘，而缺碘就会引起碘缺乏病，80年代国家强制给食用的氯化钠食盐中加入碘单质
【考点】化学史．
【分析】A．陶瓷、酿酒、造纸都发生了化学变化；
B．根据黑火药的成分分析；
C．侯氏制碱法中生成了溶解度较小的碳酸氢钠；
D．加碘盐是加入碘酸钾．
【解答】解：A．陶瓷、酿酒、造纸等工艺过程中都发生了化学变化，充分应用了化学工艺，故A正确；
B．黑火药的成分是硫磺、硝石和木炭，三者按照1：2：3的组成混合在一起，故B正确；
C．侯氏制碱法是用饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，故C正确；
D．加碘盐是加入碘酸钾，单质碘有毒，而且易升华，故D错误．
故选D．
2．我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸．下列有关说法正确的是（ ）
A．所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键
B．消耗22.4L
CO2可制得乙酸60g
C．该反应不是氧化还原反应
D．该反应过程符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%
【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应．
【分析】A．甲烷、二氧化碳中只含有极性键；
B．未注明是否标准状况；
C．存在化合价变化的反应为氧化还原反应；
D．反应物全部转化为生成物．
【解答】解：A．甲烷只含有C﹣H极性键，二氧化碳中只含有C=O极性键，没有非极性键，故A错误；
B．未注明是否标准状况，气体的摩尔体积不知，无法计算，故B错误；
C．该反应中C元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故C错误；
D．该反应为化合反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率达100%，符合“绿色化学”原理，故D正确．
故选D．
3．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，0.5
molNO与0.5
molO2混合后气体分子数为0.75NA
B．常温常压下，14g的C2H4和C4H8混合气体中含有的原子数为3
NA
C．0.1molAlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成O．l
NA个胶体粒子
D．1.0
L1.0
mol．L﹣lNa2
SiO3水溶液中含有的氧原子数为3
NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮部分转化成四氧化二氮；
B、C2H4和C4H8的最简式均为CH2；
C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；
D、Na2
SiO3水溶液中除了硅酸钠本身，水中也含氧原子．
【解答】解：A、在通常状况下，0.5mol
NO与0.5mol
O2混合后生成0.5mol二氧化氮，氧气剩余0.25mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以气体分子数小于0.75NA，故A错误；
B、C2H4和C4H8的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含有3NA个原子，故B正确；
C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故生成的胶粒的个数小于0.1NA个，故C错误；
D、Na2
SiO3水溶液中除了硅酸钠本身，水中也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于3NA个，故D错误．
故选B．
4．室温下，下列各组离子能大量共存的是（ ）
A．稀硫酸中：K+、Mg2+、AlO2﹣、S2O32﹣
B．NaHS溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+
C．
=10﹣13mol L﹣1溶液中：Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣
D．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A、稀硫酸中存在大量的氢离子，AlO2﹣、S2O32离子能够与氢离子反应，镁离子能够与偏铝酸离子发生双水解反应；
B、硫氢根离子能够与Cu2+发生双水解，在溶液中不能大量共存；
C、该溶液为酸性溶液，Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣离子之不反应，也不与氢离子反应，在溶液中可以大量共存；
D、次氯酸酸性小于碳酸，次氯酸根离子能够与二氧化碳反应生成次氯酸．
【解答】解：A、AlO2﹣、S2O32离子能够与稀硫酸中的氢离子反应，镁离子能够与偏铝酸离子发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、Cu2+与NaHS发生反应生成氢氧化铜和硫化氢气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、溶液为酸性溶液，Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣离子之间不满足离子反应发生条件，也与溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D、ClO﹣离子能够与二氧化碳反应生成次氯酸，通入二氧化碳后次氯酸根离子不能共存，故D错误；
故选C．
5．下列离子方程式正确的是（ ）
A．0.01mol/L
NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L
Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3 H2O
B．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2++4H++O2═2Fe3++2H2O
C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；
B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；
C．醋酸在离子反应中保留化学式；
D．反应生成氢氧化镁、氢气、氯气．
【解答】解：A.0.01mol/L
NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L
Ba（OH）2溶液等体积混合的离子反应为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3 H2O，故A正确；
B．FeCl2酸性溶液放在空气中变质的离子反应为4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O，故B错误；
C．用CH3COOH溶解CaCO3的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；
D．电解MgCl2水溶液的离子方程式为Mg2++2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg（OH）2↓，故D错误；
故选A．
6．有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣（忽略水的电离），其中Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（ ）
A．7：1
B．7：2
C．7：3
D．7：4
【考点】离子方程式的有关计算．
【分析】还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，根据电荷守恒2n（Fe2+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣）+n（I﹣）计算n（Fe2+），根据溶液中通入氯气使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题．
【解答】解：由题意可设Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣）+n（I﹣）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足
n（Cl﹣）：n（Br﹣）=3：1，Cl﹣只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol．4mol
I﹣先消耗2mol氯气，3mol
Fe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，
故选C．
7．氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N2=2AlON+CO（高温）合成，下列有关说法正确的是（ ）
A．氮氧化铝中氮的化合价是﹣3
B．反应中每生成5.7g
AlON的同时生成1.12
L
CO
C．反应中氮气作氧化剂
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1
【考点】氧化还原反应．
【分析】Al2O3+C+N22AlON+CO中，N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为还原剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目．
【解答】解：A．由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，O为﹣2价，氮元素的化合价为﹣1，故A错误；
B．没有说明是标准状况，不能计算生成CO的体积，故B错误；
C．N元素化合价降低，N2为氧化剂，故C正确；
D．CO为氧化产物，AlON为还原产物，由反应可知物质的量比为1：2，故D错误；
故选C．
8．已知25℃、101kPa下，下列反应
C（石墨）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol
C（石墨）放热393.51kJ．
C（金刚石）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol
C（金刚石）放热395.41kJ．
可以得出的结论是（ ）
A．金刚石比石墨稳定
B．1
mol石墨所具有的能量比1
mol金刚石低
C．金刚石转变成石墨是物理变化
D．石墨和金刚石都是碳的同位素
【考点】反应热和焓变．
【分析】根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律写出金刚石与石墨转化的热化学方程式，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小．
【解答】解：①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51kJ mol﹣1，②C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.41kJ mol﹣1，
①﹣②可得：C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ mol﹣1，
A．石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；
B．石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，故B正确；
C．金刚石和石墨是不同的物质，石墨转化为金刚石是化学变化，故C错误；
D．石墨和金刚石都是碳的同素异形体，故D错误．
故选B．
9．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子．下列说法正确的（ ）
A．四种元素中有两种元素在第二周期
B．W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18
C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应
D．工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物
【考点】原子结构与元素的性质．
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，再结合题目解答问题．
【解答】解：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，
A．四种元素中没有第二周期的元素，故A错误；
B．W是H元素，W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，如Li、Na、Rb，故B正确；
C．X、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是Mg（OH）2、Al（OH）3、H2SiO3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，但不能溶于弱酸、弱碱，所以氢氧化铝不能溶于氢氧化镁、硅酸，故C错误；
D．Mg、Al属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；
故选B．
10．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（ ）
①金属性最强的是锂
②氧化性最强的是锂离子
③在自然界中均以化合态形式存在
④Li的密度最大
⑤铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸
⑥粒子半径：Rb+＞K+＞Na+，Cs＞Cs+．
A．①②③
B．④⑤⑥
C．②④⑥
D．②③⑤⑥
【考点】碱金属的性质．
【分析】①依据同主族元素从上到下金属性依次增强解答；
②金属性越强，阳离子氧化性越弱；
③活泼金属在自然界中只能够以化合态存在；
④碱金属从上到下密度逐渐增大；
⑤依据同主族元素从上到下金属性依次增强，结合钠、钾与水反应现象解答；
⑥依据原子半径大小比较规律：电子层越多半径越大解答．
【解答】解：①Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最强的是铯，故①错误；
②Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最弱的是锂，所以氧化性最强的是锂离子，故②正确；
③碱金属单质性质活泼，容易与空气中水、氧气反应，所以在自然界中均以化合态形式存在，故③正确；
④碱金属从上到下密度逐渐增大，所以Li的密度最小，故④错误；
⑤Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以铯金属性强于钠和钾，与水反应剧烈程度强于钠和钾，故⑤正确；
⑥电子层不同的，一般电子层越大半径越大，所以Rb+、K+、Na+，电子层依次减少，所以半径Rb+＞K+＞Na+；Cs、Cs+，电子层依次减少，所以半径Cs＞Cs+，故⑥正确；
故选：D．
11．在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志是（ ）
A．A，B，C的分子数之比为1：3：2
B．C生成速率与A生成速率相等
C．单位时间内生成n
molA同时3n
mo1B
D．A，B、C的深度不再变化
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
【解答】解：A、当体系达平衡状态时，A，B，C的分子数之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；
B、达平衡状态时，C生成速率与2倍A生成速率相等，故B错误；
C、都体现的逆反应方向，未体现正与逆的关系，故C错误；
D、A、B、C的浓度不再变化关，说明各物质的量不变，达平衡状态，故D正确；
故选D．
12．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志的是（ ）
（1）C的生成速率与C的分解速率相等；
（2）单位时间内amol
A生成，同时生成3amol
B；
（3）A、B、C的浓度不再变化；
（4）混合气体的总压强不再变化；
（5）混合气体的物质的量不再变化；
（6）单位时间消耗amol
A，同时生成3amol
B；
（7）A、B、C的分子数目比为1：3：2．
A．（2）（4）（5）
B．（2）（7）
C．（1）（3）（4）
D．（5）（6）（7）
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
【解答】解：（1）C的生成速率与C的分解速率相等，正逆反应速率相等达平衡状态，故正确；
（2）单位时间内amol
A生成，同时生成3amol
B，都体现的逆反应方向，故错误；
（3）A、B、C的浓度不再变化，说明达平衡状态，故正确；
（4）混合气体的总压强不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
（5）混合气体的物质的量不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
（6）单位时间消耗amol
A，等效于消耗3amol
B，同时生成3amolB，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；
（7）平衡时A、B、C的分子数目比可能为1：3：2，也可能不是，故错误；
故选B．
13．下列有关叙述中正确的是（ ）
A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CHCOO﹣）
B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
C．相同温度下，若Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4），则AgCl的溶解度大于Ag2CrO4
D．醋酸溶液加少量水稀释增大
【考点】离子浓度大小的比较；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．混合液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒判断；
B．氯化钠溶液中钠离子和氯离子不水解，而醋酸根离子和铵根离子都促进了水的电离；
C．氯化银和铬酸银的化学式类型不同，不能直接根据溶度积比较溶解度大小；
D．醋酸被稀释后，溶液中醋酸的物质的量减小、氢离子的物质的量增大．
【解答】解：A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）＜c（CHCOO﹣），故A正确；
B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，氯化钠溶液对水的电离无影响，而醋酸根离子、铵根离子发生水解，促进了水的电离，故B错误；
C．AgCl、Ag2CrO4的化学式类型不同，不能直接利用溶度积判断溶解度大小，故C错误；
D．醋酸中加入少量水后，醋酸的电离程度增大，则溶液中醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增大，由于在同一溶液中，则的比值减小，故D错误；
故选A．
14．某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生且溶液不变蓝，下列叙述正确的是（ ）
A．铜电极上发生还原反应
B．石墨电极附近溶液呈红色
C．溶液中的Na+向石墨电极移动
D．铜电极附近观察到黄绿色气体
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可．
【解答】解：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H++2e﹣=H2↑，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．
A、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣=H2↑，属于还原反应，故A正确；
B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，可以观察到黄绿色气体产生，而不是氢离子放电所以石墨电极附近溶液不呈红色，故B错误；
C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；
D、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣=H2↑，铜电极附近观察到无色气体，故D错误．
故选A．
15．下列关干氧化物的各项叙述正确的是（ ）
①酸性氧化物不一定是非金属氧化物
②非金属氧化物肯定是酸性氧化物
③碱性氧化物肯定是金属氧化物
④金属氧化物肯定是喊性氧化物
⑤酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸
⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱住氧化物
⑦不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应．
A．①③⑥
B．①②⑤⑦
C．③④⑤
D．①②⑤
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】①氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物，能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，；
②和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，但部分非金属氧化物不与碱反应；
③碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的化合物；
④金属氧化物可以是两性氧化物或酸性氧化物；
⑤酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，大多酸性氧化物和水反应生成对应的酸；
⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物；
⑦不与酸反应的氧化物不一定能与碱反应．
【解答】解：①Mn2O7是金属氧化物，和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，但不是非金属氧化物，故①正确；
②和碱反应生成盐和水的氧化物，非金属氧化物NO、CO、H2O等不与碱反应，不是酸性氧化物，故②错误；
③碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的化合物，一定是金属氧化物，故③正确；
④金属氧化物可以是两性氧化物或酸性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，Mn2O7是酸性氧化物，故④错误；
⑤酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但是二氧化硅是酸性氧化物，故⑤错误；
⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，如NO2能与水反应生成酸﹣硝酸，但不是酸性氧化物；Na2O2能与水反应生成碱﹣NaOH，但它不属于碱性氧化物，是过氧化物，故⑥正确；
⑦不能跟酸反应的氧化物不一定能跟碱反应，如一氧化碳既不与酸反应也不与碱反应，故⑦错误；
故选A．
16．如表物质的分类组合正确的是（ ）
A
B
C
D
纯净物
纯硫酸
冰醋酸
水玻璃
胆矾
混合物
水煤气
福尔马林
冰水混合物
漂白粉
弱电解质
氨水
氟化氢
氨
水
非电解质
干冰
乙醇
三氧化硫
氯气
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．
【分析】纯净物是同种物质组成的物质，含有一种分子，混合物是不同物质组成的物质，含多种分子，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，依据概念实质分析选项物质组成和所属类别；
【解答】解：A．纯硫酸是一种物质组成为纯净物，水煤气是氢气和一氧化碳的混合气体属于混合物，氨水是氨气的水溶液属于混合物，干冰为二氧化碳本身不能电离出离子属于非电解质，故A错误；
B．冰醋酸是一种物质组成为纯净物，福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物，氟化氢水溶液中部分电离属于弱电解质，乙醇水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物属于非电解质，故B正确；
C．水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，冰水混合物是一种物质水组成属于纯净物，氨本身不能电离出离子属于非电解质，三氧化硫本身不能电离出离子属于非电解质，故C错误；
D．胆矾是硫酸铜晶体与纯净物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水是弱电解质，氯气是单质不是非电解质，故D错误；
故选B．
17．下列物质按照单质、化合物、混合物顺序排列，其中物质类型排列顺序正确的是（ ）
A．氯水、氯化钾、胆矾
B．液溴、水和冰混合、澄清石灰水
C．氮气、净化后的空气、氧化镁
D．白鳞、生锈的铁钉、高锰酸钾充分加热后的剩余固体
【考点】单质和化合物；混合物和纯净物．
【分析】纯净物是由一种物质组成的物质．混合物是由多种物质组成的物质．单质是由同种元素组成的纯净物．化合物是由不同种元素组成的纯净物．
【解答】解：A．氯水是氯气的水溶液，是混合物，不是单质，故A错误；
B．液溴、水和冰混合、澄清石灰水分别属于单质、化合物、混合物，故B正确；
C．净化后的空气是混合物，氧化镁是化合物，故C错误；
D．生锈的铁钉是混合物，故D错误．
故选B．
18．下列叙述正确的是（ ）
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
【考点】二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物．
【分析】A．CO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；
B．NO3﹣具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应；
C．Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；
D．锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大．
【解答】解：A．CO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故A错误；
B．铜和稀硫酸不反应，加入Cu（NO3）2固体，NO3﹣具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应，可溶解铜，故B错误；
C．氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正确；
D．加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误．
故选C．
19．亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，其物理性质与NaCl极为相似．相关转化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．NaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2
B．NaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂
C．可用KI、淀粉和食醋鉴别NaNO2和NaCl
D．分解NaN3盐每产生1
mol
N2
转移6
mol
e﹣
【考点】含氮物质的综合应用．
【分析】A．NaNO2在氯化铵溶液中能生成NH4NO2，说明NaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2；
B．根据氧化剂是化合价升高的反应物；
C．根据信息可知：NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，而NaCl无氧化性；
D．根据NaN3中氮的化合价为﹣，生成1个
N2转移个电子．
【解答】解：A．NaNO2在氯化铵溶液中能生成NH4NO2，说明NaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2，故A正确；
B．NaNO2与N2H4反应生成NaN3，NaNO2是中氮的化合价由+3价降低为﹣，是氧化剂，故B正确；
C．NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2，故C正确；
D．NaN3中氮的化合价为﹣，生成1个N2转移个电子，则每产生1
mol
N2转移mole﹣，故D错误；
故选D．
20．向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊﹣→澄清”现象的是（ ）
A．X：漂白粉溶液Y：二氧化硫
B．X：硝酸银溶液Y：氨气
C．X：氢氧化钡溶液Y：二氧化碳
D．X：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物．
【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钙；
B．先生成氢氧化银，氨气过量生成银氨络离子；
C．先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡；
D．开始生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中．
【解答】解：A．漂白粉溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，溶液变浑浊，不会变澄清，故A选；
B．氨气水溶液呈碱性，硝酸银溶液中通入氨气，先生成氢氧化银沉淀，氨气过量，发生络合反应生成银氨络离子，先浑浊后澄清，故B不选；
C．先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡，先浑浊后澄清，故C不选；
D．偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊→澄清”现象，故D不选．
故选A．
二、计算题
21．KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火．实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g
（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）．
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为 11.80 g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度；
②求原混合物中KClO3的质量；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）．实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g﹣4.80g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量；
根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合c=计算溶液的物质的量浓度；
（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，结合氯气与KOH反应生成氯酸钾和KCl或KClO和KCl来计算质量分数的范围．
【解答】解：（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g﹣4.80g=11.80g，
故答案为：11.80；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，5g水溶解KCl的质量=6.55g﹣4.80g=1.75g，
①则100g水溶解KCl的质量=×100g=35g，答：25℃时KCl的溶解度35g；
②20g水溶解氯化钾的质量=1.75g×4=7g，反应前后质量减少的质量为氧气的质量，氧气的质量=16.60g﹣7g﹣4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得×122.5g/mol=12.25，答：原混合物中KClO3的质量12.25g；
③溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=，n（KCl）=，则溶液的物质的量浓度==5.99mol/L，
答：所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为5.99；
（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，设钾离子为14mol，氯离子11mol，
①由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，如果剩下的K离子是氯酸钾和次氯酸钾，
由得失电子守恒可知氯酸钾是2mol，次氯酸钾是1mol，
所以得到的晶体是11molKCl，1molKClO，2molKClO3，
氯酸钾的质量分数是×100%=0.212，
②由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，若其余为氯酸钾和氢氧化钾的混合物，由得失电子守恒可以得到氯酸钾是=2.2mol，
那么氢氧化钾是14mol﹣11mol﹣2.2mol=0.8mol，
所以氯酸钾的质量分数是×100%=0.238，
答：得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.212～0.238．
22．HNO3与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH3的一种或几种．现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL，稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气放出．在反应结束后的溶液中，逐渐加入4mol L﹣1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量关系如图．请回答：
（1）与HNO3反应后Fe元素的化合价是 +3
（2）纵坐标中A点数值是 0.008 ，B点数值是 0.016 ，原HNO3浓度是 0.72mol/L ．
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】（1）由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3，说明硝酸过量，所以铁被硝酸氧化为硝酸铁；
（2）根据图象可知，由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、一水合氨；根据图象数据和反应可知：混合溶液中含有的溶质有Fe（NO3）3、Al（NO3）3、NH4NO3、HNO3
由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3；由C与D点，氢氧化钠溶液恰好和Fe（NO3）3、Al（NO3）3反应生成NaNO；由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、水合氨，再结合反应定量关系进行计算．
【解答】解：根据图象可知：混合溶液中含有的溶质有Fe（NO3）3、Al（NO3）3、NH4NO3、HNO3
（1）由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3，铁粉和铝粉组成的混合物跟100mL稀硝酸充分反应，硝酸剩余，铁被硝酸氧化为三价铁，
故答案为：+3；
（2）由C与D点，氢氧化钠溶液恰好和Fe（NO3）3、Al（NO3）3反应生成NaNO3；
由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、一水合氨通；结合上面的分析及氮原子守恒可知：O点到D点硝酸钠的物质的量=硝酸的物质的量，从D点到E点硝酸的物质的量=2n（NaNO3），而硝酸钠的物质的量=氢氧化钠的物质的量，所以总共硝酸的物质的量为：4mol/L×0.015L+2×4mol/L×（0.0165﹣0.015）L=0.072mol，
所以原硝酸的物质的量浓度为：
=0.72mol/L；
根据EF可知：沉淀减少，说明氢氧化铝溶解，所以氢氧化铝的物质的量=EF线段加入氢氧化钠溶液的物质的量，
即：n[Al（OH）3]=4mol/L×（0.0185L﹣0.0165L）=0.008mol，
根据题意可知：生成0.008mol氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量为：3×0.008mol=0.024mol，
CD段生成沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁，所以生成氢氧化铁消耗氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×（0.015L﹣0.003L）﹣0.024mol=0.024mol，n[Fe（OH）3]=
n（NaOH）=×0.024mol=0.008mol，
纵坐标A点的数值即是生成氢氧化铁的物质的量，则A点数值为0.008；
B点数值为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀的总物质的量，则B点数值为：0.008+0.008=0.016；
故答案为：0.008；0.016；0.72mol/L．
23．某研究小组用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，再用水吸收该气体可得ClO2溶液．在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示．
（1）据图可知，反应时需要控制的适宜温度是 30 ℃，要达到此要求需要采取的措施是 水浴加热 ．
（2）已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被ClO3﹣氧化成SO42﹣，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯（ClO2）的离子方程式： 15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42﹣ ．
（3）该小组拟以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标．若取NaClO3样品6.0g，通过反应和吸收获得400mL
ClO2溶液，取此溶液20mL与37.00mL
0.500mol L﹣1
（NH4）2Fe（SO4）2溶液充分反应后，过量的Fe2+再用0.050
0mol L﹣1
K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL．反应原理为：
4H++ClO2+5Fe2+═Cl﹣+5Fe3++2H2O
14H++Cr2O72﹣+6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O
试计算ClO2的“产率”（写出计算过程）．
【考点】氧化还原反应的计算；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．
【分析】（1）由图可知，30℃时纯度较高、吸收率最大；水浴加热可控制温度恒定；
（2）FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯（ClO2），Cl元素的化合价降低，Fe、S元素的化合价升高．
（3）以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，结合Cr2O72﹣～～～～～～～～～6Fe2+、ClO2～～～～～5Fe2+计算．
【解答】解：（1）ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，依据图象分析温度再30°C时ClO2的吸收率最大纯度90%以上，控制100°C以下的
温度需要用水浴加热；
故答案为：30；水浴加热；
（2）用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，氯酸跟离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化FeS2为硫酸铁和硫酸，本身被还原为反应的离子方程式为ClO2；结合原子守恒、电子守恒配平写出离子方程式为：15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42﹣；
故答案为：15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42﹣；
（3）由4H++ClO2+5Fe2+═Cl﹣+5Fe3++2H2O
14H++Cr2O72﹣+6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，
Cr2O72﹣～～～～～～～～～6Fe2+
1
6
0.050
0mol L﹣1×0.020L
0.006mol
ClO2～～～～～5Fe2+
1
5
0.0025mol
0.037L×0.500mol L﹣1﹣0.006mol
400mL
ClO2溶液中含ClO2
0.0025mol×20=0.05mol；
以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，所以产率=×100%=56.25%，
答：ClO2的“产率”为56.25%．
三、实验题
24．溴酸钾具有毒性，是一种常用的分析试剂和氧化剂，实验室中制备过程如下：
已知反应②是复分解反应，根据上述转化关系回答下列问题：
（1）反应①的化学方程式为 6MgO+Br2+5Cl2=Mg（BrO3）2+5MgCl2 ．
（2）反应②的化学方程式为 Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3 ．
（3）现向含6mol
KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示．请回答下列问题
：
①已知b点时，KI反应完全，转移的电子数为 6NA（或3.612×1024） ．
②b→c过程中，仅有一种元素的化合价发生了变化．则反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：5 ．
③d点时，n（KBrO3）为 7.2mol ．
【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】液氯、液溴和氧化镁反应生成Mg（BrO3）2、MgCl2，过滤后在滤液中加入氯化钾可得到KBrO3，发生Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3，氯化镁结晶析出，滤液中KBrO3经蒸发、结晶可得到KBrO3，以此解答（1）（2）；
（3）①b点时，KI反应完全，由图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，发生反应为6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2，氧化产物为碘，还原产物KBr，结合Br元素化合价比较计算注意电子数目；
②b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应，发生BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；
③d点时，发生2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，总反应为5I﹣+6H++6BrO3﹣=5IO3﹣+3Br2+3H2O．
【解答】解：液氯、液溴和氧化镁反应生成Mg（BrO3）2、MgCl2，过滤后在滤液中加入氯化钾可得到KBrO3，发生Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3，氯化镁结晶析出，滤液中KBrO3经蒸发、结晶可得到KBrO3，
（1）液氯、液溴和氧化镁反应生成Mg（BrO3）2、MgCl2，反应的方程式为6MgO+Br2+5Cl2=Mg（BrO3）2+5MgCl2，故答案为：6MgO+Br2+5Cl2=Mg（BrO3）2+5MgCl2；
（2）在滤液中加入氯化钾可得到KBrO3，发生Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3，氯化镁结晶析出，故答案为：Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3；
（3）①由图象可知，在B点时6mol
KI完全反应氧化产物为3mol
I2，KBrO3为1mol，反应中KI被氧化，KBrO3被还原，由得失电子守恒可知，反应的方程式为6I﹣+BrO3﹣+6H+=3I2+Br﹣+3H2O，还原产物为Br﹣，由I元素的化合价变化可知，转移电子为6NA=3.612×1024，
故答案为：6NA（或3.612×1024）；
②b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故答案为：1：5；
③发生的反应依次有：6I﹣+6H++BrO3﹣=Br﹣+3I2+3H2O，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，总反应为5I﹣+6H++6BrO3﹣=5IO3﹣+3Br2+3H2O，
由方程式可知6molKI完全反应，需要的物质的量为KBrO3，6mol×=7.2mol，
故答案为：7.2mol．
25．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3含有Fe2O3、SiO2等杂质 ）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
NaCl
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
801
回答下列问题：
（1）高温反应前，常在800℃焙烧铝土矿，使固体中水分挥发、气孔数目增多，其作用是 防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率 （只要求写出一种）
（2）高温反应后，铝土矿中的氧化物均转变为相应的氯化物，由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的化学方程式为 Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO ．
（3）气体Ⅱ的主要成分除了Cl2外，还含有 CO2、O2、SiCl4 ．气体Ⅱ常用过量冷的NaOH溶液吸收，吸收液中含有的阴离子主要有 CO32﹣、HCO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、SiO32﹣、OH﹣ ．
（4）工业上为了降低生产成本，生产过程中需要控制加入铝粉的量，“废渣”的主要成分是 NaCl、FeCl2 ．
（5）AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，电镀时阴极的电极反应式为 4Al2Cl7﹣+3e﹣=7AlCl4﹣+Al ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，SiCl4，以及AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝，据此答题．
【解答】解：（1）步骤1中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，
故答案为：防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）高温反应后，由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3和CO的化学方程式为Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO，
故答案为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO；
（3）根据上面的分析可知，气体Ⅱ的主要成分除了Cl2外，还含有CO2、O2、SiCl4，气体Ⅱ常用过量冷的NaOH溶液吸收，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸根离子或碳酸氢根离子，氯气与氢氧化钠反应生成氯离子和次氯酸根离子，四氯化硅水解生成硅酸根离子，所以吸收液中含有的阴离子主要有CO32﹣、HCO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、SiO32﹣、OH﹣，
故答案为：CO2、O2、SiCl4；CO32﹣、HCO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、SiO32﹣、OH﹣；
（4）工业上为了降低生产成本，生产过程中需要控制加入铝粉的量，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁还原成氯化亚铁，这样可以通过升华分离出AlCl3，所以废渣为NaCl、FeCl2，
故答案为：NaCl、FeCl2；
（5）AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，则电镀时阴极上发生还原反应，反应的电极反应式为4Al2Cl7﹣+3e﹣=7AlCl4﹣+Al，
故答案为：4Al2Cl7﹣+3e﹣=7AlCl4﹣+Al．
2017年1月23日
一、选择题
1．中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中．下列与化学有关的说法不正确的是（ ）
A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺
B．四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成
C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
D．由于中国大部分地区都缺碘，而缺碘就会引起碘缺乏病，80年代国家强制给食用的氯化钠食盐中加入碘单质
2．我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸．下列有关说法正确的是（ ）
A．所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键
B．消耗22.4L
CO2可制得乙酸60g
C．该反应不是氧化还原反应
D．该反应过程符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%
3．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，0.5
molNO与0.5
molO2混合后气体分子数为0.75NA
B．常温常压下，14g的C2H4和C4H8混合气体中含有的原子数为3
NA
C．0.1molAlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成O．l
NA个胶体粒子
D．1.0
L1.0
mol．L﹣lNa2
SiO3水溶液中含有的氧原子数为3
NA
4．室温下，下列各组离子能大量共存的是（ ）
A．稀硫酸中：K+、Mg2+、AlO2﹣、S2O32﹣
B．NaHS溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+
C．
=10﹣13mol L﹣1溶液中：Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣
D．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣
5．下列离子方程式正确的是（ ）
A．0.01mol/L
NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L
Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3 H2O
B．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2++4H++O2═2Fe3++2H2O
C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
6．有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣（忽略水的电离），其中Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（ ）
A．7：1
B．7：2
C．7：3
D．7：4
7．氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N2=2AlON+CO（高温）合成，下列有关说法正确的是（ ）
A．氮氧化铝中氮的化合价是﹣3
B．反应中每生成5.7g
AlON的同时生成1.12
L
CO
C．反应中氮气作氧化剂
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1
8．已知25℃、101kPa下，下列反应
C（石墨）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol
C（石墨）放热393.51kJ．
C（金刚石）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol
C（金刚石）放热395.41kJ．
可以得出的结论是（ ）
A．金刚石比石墨稳定
B．1
mol石墨所具有的能量比1
mol金刚石低
C．金刚石转变成石墨是物理变化
D．石墨和金刚石都是碳的同位素
9．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子．下列说法正确的（ ）
A．四种元素中有两种元素在第二周期
B．W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18
C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应
D．工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物
10．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（ ）
①金属性最强的是锂
②氧化性最强的是锂离子
③在自然界中均以化合态形式存在
④Li的密度最大
⑤铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸
⑥粒子半径：Rb+＞K+＞Na+，Cs＞Cs+．
A．①②③
B．④⑤⑥
C．②④⑥
D．②③⑤⑥
11．在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志是（ ）
A．A，B，C的分子数之比为1：3：2
B．C生成速率与A生成速率相等
C．单位时间内生成n
molA同时3n
mo1B
D．A，B、C的深度不再变化
12．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志的是（ ）
（1）C的生成速率与C的分解速率相等；
（2）单位时间内amol
A生成，同时生成3amol
B；
（3）A、B、C的浓度不再变化；
（4）混合气体的总压强不再变化；
（5）混合气体的物质的量不再变化；
（6）单位时间消耗amol
A，同时生成3amol
B；
（7）A、B、C的分子数目比为1：3：2．
A．（2）（4）（5）
B．（2）（7）
C．（1）（3）（4）
D．（5）（6）（7）
13．下列有关叙述中正确的是（ ）
A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CHCOO﹣）
B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
C．相同温度下，若Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4），则AgCl的溶解度大于Ag2CrO4
D．醋酸溶液加少量水稀释增大
14．某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生且溶液不变蓝，下列叙述正确的是（ ）
A．铜电极上发生还原反应
B．石墨电极附近溶液呈红色
C．溶液中的Na+向石墨电极移动
D．铜电极附近观察到黄绿色气体
15．下列关干氧化物的各项叙述正确的是（ ）
①酸性氧化物不一定是非金属氧化物
②非金属氧化物肯定是酸性氧化物
③碱性氧化物肯定是金属氧化物
④金属氧化物肯定是喊性氧化物
⑤酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸
⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱住氧化物
⑦不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应．
A．①③⑥
B．①②⑤⑦
C．③④⑤
D．①②⑤
16．如表物质的分类组合正确的是（ ）
A
B
C
D
纯净物
纯硫酸
冰醋酸
水玻璃
胆矾
混合物
水煤气
福尔马林
冰水混合物
漂白粉
弱电解质
氨水
氟化氢
氨
水
非电解质
干冰
乙醇
三氧化硫
氯气
A．A
B．B
C．C
D．D
17．下列物质按照单质、化合物、混合物顺序排列，其中物质类型排列顺序正确的是（ ）
A．氯水、氯化钾、胆矾
B．液溴、水和冰混合、澄清石灰水
C．氮气、净化后的空气、氧化镁
D．白鳞、生锈的铁钉、高锰酸钾充分加热后的剩余固体
18．下列叙述正确的是（ ）
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
19．亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，其物理性质与NaCl极为相似．相关转化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．NaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2
B．NaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂
C．可用KI、淀粉和食醋鉴别NaNO2和NaCl
D．分解NaN3盐每产生1
mol
N2
转移6
mol
e﹣
20．向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊﹣→澄清”现象的是（ ）
A．X：漂白粉溶液Y：二氧化硫
B．X：硝酸银溶液Y：氨气
C．X：氢氧化钡溶液Y：二氧化碳
D．X：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮
二、计算题
21．KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火．实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g
（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）．
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为 g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度；
②求原混合物中KClO3的质量；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）．实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）
22．HNO3与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH3的一种或几种．现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL，稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气放出．在反应结束后的溶液中，逐渐加入4mol L﹣1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量关系如图．请回答：
（1）与HNO3反应后Fe元素的化合价是
（2）纵坐标中A点数值是 ，B点数值是 ，原HNO3浓度是 ．
23．某研究小组用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，再用水吸收该气体可得ClO2溶液．在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示．
（1）据图可知，反应时需要控制的适宜温度是 ℃，要达到此要求需要采取的措施是 ．
（2）已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被ClO3﹣氧化成SO42﹣，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯（ClO2）的离子方程式： ．
（3）该小组拟以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标．若取NaClO3样品6.0g，通过反应和吸收获得400mL
ClO2溶液，取此溶液20mL与37.00mL
0.500mol L﹣1
（NH4）2Fe（SO4）2溶液充分反应后，过量的Fe2+再用0.050
0mol L﹣1
K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL．反应原理为：
4H++ClO2+5Fe2+═Cl﹣+5Fe3++2H2O
14H++Cr2O72﹣+6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O
试计算ClO2的“产率”（写出计算过程）．
三、实验题
24．溴酸钾具有毒性，是一种常用的分析试剂和氧化剂，实验室中制备过程如下：
已知反应②是复分解反应，根据上述转化关系回答下列问题：
（1）反应①的化学方程式为 ．
（2）反应②的化学方程式为 ．
（3）现向含6mol
KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示．请回答下列问题
：
①已知b点时，KI反应完全，转移的电子数为 ．
②b→c过程中，仅有一种元素的化合价发生了变化．则反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ．
③d点时，n（KBrO3）为 ．
25．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3含有Fe2O3、SiO2等杂质 ）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
NaCl
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
801
回答下列问题：
（1）高温反应前，常在800℃焙烧铝土矿，使固体中水分挥发、气孔数目增多，其作用是 （只要求写出一种）
（2）高温反应后，铝土矿中的氧化物均转变为相应的氯化物，由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的化学方程式为 ．
（3）气体Ⅱ的主要成分除了Cl2外，还含有 ．气体Ⅱ常用过量冷的NaOH溶液吸收，吸收液中含有的阴离子主要有 ．
（4）工业上为了降低生产成本，生产过程中需要控制加入铝粉的量，“废渣”的主要成分是 ．
（5）AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，电镀时阴极的电极反应式为 ．
2016-2017学年山东省枣庄市滕州市善国中学高三（上）第三周同步化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中．下列与化学有关的说法不正确的是（ ）
A．闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺
B．四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成
C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
D．由于中国大部分地区都缺碘，而缺碘就会引起碘缺乏病，80年代国家强制给食用的氯化钠食盐中加入碘单质
【考点】化学史．
【分析】A．陶瓷、酿酒、造纸都发生了化学变化；
B．根据黑火药的成分分析；
C．侯氏制碱法中生成了溶解度较小的碳酸氢钠；
D．加碘盐是加入碘酸钾．
【解答】解：A．陶瓷、酿酒、造纸等工艺过程中都发生了化学变化，充分应用了化学工艺，故A正确；
B．黑火药的成分是硫磺、硝石和木炭，三者按照1：2：3的组成混合在一起，故B正确；
C．侯氏制碱法是用饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，故C正确；
D．加碘盐是加入碘酸钾，单质碘有毒，而且易升华，故D错误．
故选D．
2．我国科学家研发成功了甲烷和二氧化碳的共转化技术，利用分子筛催化剂高效制得乙酸．下列有关说法正确的是（ ）
A．所有反应物和产物中都既含极性键又含非极性键
B．消耗22.4L
CO2可制得乙酸60g
C．该反应不是氧化还原反应
D．该反应过程符合“绿色化学”原理，原子利用率达100%
【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应．
【分析】A．甲烷、二氧化碳中只含有极性键；
B．未注明是否标准状况；
C．存在化合价变化的反应为氧化还原反应；
D．反应物全部转化为生成物．
【解答】解：A．甲烷只含有C﹣H极性键，二氧化碳中只含有C=O极性键，没有非极性键，故A错误；
B．未注明是否标准状况，气体的摩尔体积不知，无法计算，故B错误；
C．该反应中C元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故C错误；
D．该反应为化合反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率达100%，符合“绿色化学”原理，故D正确．
故选D．
3．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．在标准状况下，0.5
molNO与0.5
molO2混合后气体分子数为0.75NA
B．常温常压下，14g的C2H4和C4H8混合气体中含有的原子数为3
NA
C．0.1molAlCl3完全转化为氢氧化铝胶体，生成O．l
NA个胶体粒子
D．1.0
L1.0
mol．L﹣lNa2
SiO3水溶液中含有的氧原子数为3
NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮部分转化成四氧化二氮；
B、C2H4和C4H8的最简式均为CH2；
C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；
D、Na2
SiO3水溶液中除了硅酸钠本身，水中也含氧原子．
【解答】解：A、在通常状况下，0.5mol
NO与0.5mol
O2混合后生成0.5mol二氧化氮，氧气剩余0.25mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以气体分子数小于0.75NA，故A错误；
B、C2H4和C4H8的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含有3NA个原子，故B正确；
C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故生成的胶粒的个数小于0.1NA个，故C错误；
D、Na2
SiO3水溶液中除了硅酸钠本身，水中也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于3NA个，故D错误．
故选B．
4．室温下，下列各组离子能大量共存的是（ ）
A．稀硫酸中：K+、Mg2+、AlO2﹣、S2O32﹣
B．NaHS溶液中：SO42﹣、K+、Cl﹣、Cu2+
C．
=10﹣13mol L﹣1溶液中：Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣
D．通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A、稀硫酸中存在大量的氢离子，AlO2﹣、S2O32离子能够与氢离子反应，镁离子能够与偏铝酸离子发生双水解反应；
B、硫氢根离子能够与Cu2+发生双水解，在溶液中不能大量共存；
C、该溶液为酸性溶液，Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣离子之不反应，也不与氢离子反应，在溶液中可以大量共存；
D、次氯酸酸性小于碳酸，次氯酸根离子能够与二氧化碳反应生成次氯酸．
【解答】解：A、AlO2﹣、S2O32离子能够与稀硫酸中的氢离子反应，镁离子能够与偏铝酸离子发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、Cu2+与NaHS发生反应生成氢氧化铜和硫化氢气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、溶液为酸性溶液，Fe3+、NH4+、Mg2+、SO42﹣离子之间不满足离子反应发生条件，也与溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D、ClO﹣离子能够与二氧化碳反应生成次氯酸，通入二氧化碳后次氯酸根离子不能共存，故D错误；
故选C．
5．下列离子方程式正确的是（ ）
A．0.01mol/L
NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L
Ba（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3 H2O
B．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2++4H++O2═2Fe3++2H2O
C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
D．电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．物质的量比为1：2，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；
B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；
C．醋酸在离子反应中保留化学式；
D．反应生成氢氧化镁、氢气、氯气．
【解答】解：A.0.01mol/L
NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/L
Ba（OH）2溶液等体积混合的离子反应为NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3 H2O，故A正确；
B．FeCl2酸性溶液放在空气中变质的离子反应为4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O，故B错误；
C．用CH3COOH溶解CaCO3的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；
D．电解MgCl2水溶液的离子方程式为Mg2++2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg（OH）2↓，故D错误；
故选A．
6．有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl﹣、Br﹣、I﹣（忽略水的电离），其中Cl﹣、Br﹣、I﹣的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（ ）
A．7：1
B．7：2
C．7：3
D．7：4
【考点】离子方程式的有关计算．
【分析】还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，根据电荷守恒2n（Fe2+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣）+n（I﹣）计算n（Fe2+），根据溶液中通入氯气使溶液中Cl﹣和Br﹣的个数比为3：1，计算消耗的氯气和剩余Fe2+的物质的量，可则解答该题．
【解答】解：由题意可设Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl﹣）+n（Br﹣）+n（I﹣）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足
n（Cl﹣）：n（Br﹣）=3：1，Cl﹣只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol．4mol
I﹣先消耗2mol氯气，3mol
Fe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，
故选C．
7．氮氧化铝（AlON）是一种透明高硬度防弹材料，可以由反应Al2O3+C+N2=2AlON+CO（高温）合成，下列有关说法正确的是（ ）
A．氮氧化铝中氮的化合价是﹣3
B．反应中每生成5.7g
AlON的同时生成1.12
L
CO
C．反应中氮气作氧化剂
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1
【考点】氧化还原反应．
【分析】Al2O3+C+N22AlON+CO中，N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为还原剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目．
【解答】解：A．由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，O为﹣2价，氮元素的化合价为﹣1，故A错误；
B．没有说明是标准状况，不能计算生成CO的体积，故B错误；
C．N元素化合价降低，N2为氧化剂，故C正确；
D．CO为氧化产物，AlON为还原产物，由反应可知物质的量比为1：2，故D错误；
故选C．
8．已知25℃、101kPa下，下列反应
C（石墨）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol
C（石墨）放热393.51kJ．
C（金刚石）+O2（g）═CO2（g），燃烧1mol
C（金刚石）放热395.41kJ．
可以得出的结论是（ ）
A．金刚石比石墨稳定
B．1
mol石墨所具有的能量比1
mol金刚石低
C．金刚石转变成石墨是物理变化
D．石墨和金刚石都是碳的同位素
【考点】反应热和焓变．
【分析】根据石墨、金刚石燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律写出金刚石与石墨转化的热化学方程式，根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小．
【解答】解：①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51kJ mol﹣1，②C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.41kJ mol﹣1，
①﹣②可得：C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ mol﹣1，
A．石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；
B．石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，故B正确；
C．金刚石和石墨是不同的物质，石墨转化为金刚石是化学变化，故C错误；
D．石墨和金刚石都是碳的同素异形体，故D错误．
故选B．
9．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子．下列说法正确的（ ）
A．四种元素中有两种元素在第二周期
B．W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18
C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应
D．工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物
【考点】原子结构与元素的性质．
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，再结合题目解答问题．
【解答】解：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，
A．四种元素中没有第二周期的元素，故A错误；
B．W是H元素，W所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，如Li、Na、Rb，故B正确；
C．X、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是Mg（OH）2、Al（OH）3、H2SiO3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，但不能溶于弱酸、弱碱，所以氢氧化铝不能溶于氢氧化镁、硅酸，故C错误；
D．Mg、Al属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；
故选B．
10．下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（ ）
①金属性最强的是锂
②氧化性最强的是锂离子
③在自然界中均以化合态形式存在
④Li的密度最大
⑤铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸
⑥粒子半径：Rb+＞K+＞Na+，Cs＞Cs+．
A．①②③
B．④⑤⑥
C．②④⑥
D．②③⑤⑥
【考点】碱金属的性质．
【分析】①依据同主族元素从上到下金属性依次增强解答；
②金属性越强，阳离子氧化性越弱；
③活泼金属在自然界中只能够以化合态存在；
④碱金属从上到下密度逐渐增大；
⑤依据同主族元素从上到下金属性依次增强，结合钠、钾与水反应现象解答；
⑥依据原子半径大小比较规律：电子层越多半径越大解答．
【解答】解：①Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最强的是铯，故①错误；
②Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最弱的是锂，所以氧化性最强的是锂离子，故②正确；
③碱金属单质性质活泼，容易与空气中水、氧气反应，所以在自然界中均以化合态形式存在，故③正确；
④碱金属从上到下密度逐渐增大，所以Li的密度最小，故④错误；
⑤Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以铯金属性强于钠和钾，与水反应剧烈程度强于钠和钾，故⑤正确；
⑥电子层不同的，一般电子层越大半径越大，所以Rb+、K+、Na+，电子层依次减少，所以半径Rb+＞K+＞Na+；Cs、Cs+，电子层依次减少，所以半径Cs＞Cs+，故⑥正确；
故选：D．
11．在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志是（ ）
A．A，B，C的分子数之比为1：3：2
B．C生成速率与A生成速率相等
C．单位时间内生成n
molA同时3n
mo1B
D．A，B、C的深度不再变化
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
【解答】解：A、当体系达平衡状态时，A，B，C的分子数之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；
B、达平衡状态时，C生成速率与2倍A生成速率相等，故B错误；
C、都体现的逆反应方向，未体现正与逆的关系，故C错误；
D、A、B、C的浓度不再变化关，说明各物质的量不变，达平衡状态，故D正确；
故选D．
12．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志的是（ ）
（1）C的生成速率与C的分解速率相等；
（2）单位时间内amol
A生成，同时生成3amol
B；
（3）A、B、C的浓度不再变化；
（4）混合气体的总压强不再变化；
（5）混合气体的物质的量不再变化；
（6）单位时间消耗amol
A，同时生成3amol
B；
（7）A、B、C的分子数目比为1：3：2．
A．（2）（4）（5）
B．（2）（7）
C．（1）（3）（4）
D．（5）（6）（7）
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
【解答】解：（1）C的生成速率与C的分解速率相等，正逆反应速率相等达平衡状态，故正确；
（2）单位时间内amol
A生成，同时生成3amol
B，都体现的逆反应方向，故错误；
（3）A、B、C的浓度不再变化，说明达平衡状态，故正确；
（4）混合气体的总压强不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
（5）混合气体的物质的量不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
（6）单位时间消耗amol
A，等效于消耗3amol
B，同时生成3amolB，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；
（7）平衡时A、B、C的分子数目比可能为1：3：2，也可能不是，故错误；
故选B．
13．下列有关叙述中正确的是（ ）
A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CHCOO﹣）
B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
C．相同温度下，若Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4），则AgCl的溶解度大于Ag2CrO4
D．醋酸溶液加少量水稀释增大
【考点】离子浓度大小的比较；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．混合液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒判断；
B．氯化钠溶液中钠离子和氯离子不水解，而醋酸根离子和铵根离子都促进了水的电离；
C．氯化银和铬酸银的化学式类型不同，不能直接根据溶度积比较溶解度大小；
D．醋酸被稀释后，溶液中醋酸的物质的量减小、氢离子的物质的量增大．
【解答】解：A．常温下，pH=4.3的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）＜c（CHCOO﹣），故A正确；
B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，氯化钠溶液对水的电离无影响，而醋酸根离子、铵根离子发生水解，促进了水的电离，故B错误；
C．AgCl、Ag2CrO4的化学式类型不同，不能直接利用溶度积判断溶解度大小，故C错误；
D．醋酸中加入少量水后，醋酸的电离程度增大，则溶液中醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增大，由于在同一溶液中，则的比值减小，故D错误；
故选A．
14．某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生且溶液不变蓝，下列叙述正确的是（ ）
A．铜电极上发生还原反应
B．石墨电极附近溶液呈红色
C．溶液中的Na+向石墨电极移动
D．铜电极附近观察到黄绿色气体
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可．
【解答】解：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H++2e﹣=H2↑，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．
A、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣=H2↑，属于还原反应，故A正确；
B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，可以观察到黄绿色气体产生，而不是氢离子放电所以石墨电极附近溶液不呈红色，故B错误；
C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；
D、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣=H2↑，铜电极附近观察到无色气体，故D错误．
故选A．
15．下列关干氧化物的各项叙述正确的是（ ）
①酸性氧化物不一定是非金属氧化物
②非金属氧化物肯定是酸性氧化物
③碱性氧化物肯定是金属氧化物
④金属氧化物肯定是喊性氧化物
⑤酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸
⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱住氧化物
⑦不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应．
A．①③⑥
B．①②⑤⑦
C．③④⑤
D．①②⑤
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．
【分析】①氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物，能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，；
②和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，但部分非金属氧化物不与碱反应；
③碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的化合物；
④金属氧化物可以是两性氧化物或酸性氧化物；
⑤酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，大多酸性氧化物和水反应生成对应的酸；
⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物；
⑦不与酸反应的氧化物不一定能与碱反应．
【解答】解：①Mn2O7是金属氧化物，和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，但不是非金属氧化物，故①正确；
②和碱反应生成盐和水的氧化物，非金属氧化物NO、CO、H2O等不与碱反应，不是酸性氧化物，故②错误；
③碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的化合物，一定是金属氧化物，故③正确；
④金属氧化物可以是两性氧化物或酸性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，Mn2O7是酸性氧化物，故④错误；
⑤酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如SiO2不溶于水，但是二氧化硅是酸性氧化物，故⑤错误；
⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物，如NO2能与水反应生成酸﹣硝酸，但不是酸性氧化物；Na2O2能与水反应生成碱﹣NaOH，但它不属于碱性氧化物，是过氧化物，故⑥正确；
⑦不能跟酸反应的氧化物不一定能跟碱反应，如一氧化碳既不与酸反应也不与碱反应，故⑦错误；
故选A．
16．如表物质的分类组合正确的是（ ）
A
B
C
D
纯净物
纯硫酸
冰醋酸
水玻璃
胆矾
混合物
水煤气
福尔马林
冰水混合物
漂白粉
弱电解质
氨水
氟化氢
氨
水
非电解质
干冰
乙醇
三氧化硫
氯气
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．
【分析】纯净物是同种物质组成的物质，含有一种分子，混合物是不同物质组成的物质，含多种分子，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，依据概念实质分析选项物质组成和所属类别；
【解答】解：A．纯硫酸是一种物质组成为纯净物，水煤气是氢气和一氧化碳的混合气体属于混合物，氨水是氨气的水溶液属于混合物，干冰为二氧化碳本身不能电离出离子属于非电解质，故A错误；
B．冰醋酸是一种物质组成为纯净物，福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物，氟化氢水溶液中部分电离属于弱电解质，乙醇水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物属于非电解质，故B正确；
C．水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，冰水混合物是一种物质水组成属于纯净物，氨本身不能电离出离子属于非电解质，三氧化硫本身不能电离出离子属于非电解质，故C错误；
D．胆矾是硫酸铜晶体与纯净物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水是弱电解质，氯气是单质不是非电解质，故D错误；
故选B．
17．下列物质按照单质、化合物、混合物顺序排列，其中物质类型排列顺序正确的是（ ）
A．氯水、氯化钾、胆矾
B．液溴、水和冰混合、澄清石灰水
C．氮气、净化后的空气、氧化镁
D．白鳞、生锈的铁钉、高锰酸钾充分加热后的剩余固体
【考点】单质和化合物；混合物和纯净物．
【分析】纯净物是由一种物质组成的物质．混合物是由多种物质组成的物质．单质是由同种元素组成的纯净物．化合物是由不同种元素组成的纯净物．
【解答】解：A．氯水是氯气的水溶液，是混合物，不是单质，故A错误；
B．液溴、水和冰混合、澄清石灰水分别属于单质、化合物、混合物，故B正确；
C．净化后的空气是混合物，氧化镁是化合物，故C错误；
D．生锈的铁钉是混合物，故D错误．
故选B．
18．下列叙述正确的是（ ）
A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶
C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变
【考点】二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物．
【分析】A．CO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；
B．NO3﹣具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应；
C．Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；
D．锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大．
【解答】解：A．CO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故A错误；
B．铜和稀硫酸不反应，加入Cu（NO3）2固体，NO3﹣具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应，可溶解铜，故B错误；
C．氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正确；
D．加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误．
故选C．
19．亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，其物理性质与NaCl极为相似．相关转化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．NaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2
B．NaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂
C．可用KI、淀粉和食醋鉴别NaNO2和NaCl
D．分解NaN3盐每产生1
mol
N2
转移6
mol
e﹣
【考点】含氮物质的综合应用．
【分析】A．NaNO2在氯化铵溶液中能生成NH4NO2，说明NaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2；
B．根据氧化剂是化合价升高的反应物；
C．根据信息可知：NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，而NaCl无氧化性；
D．根据NaN3中氮的化合价为﹣，生成1个
N2转移个电子．
【解答】解：A．NaNO2在氯化铵溶液中能生成NH4NO2，说明NaNO2在水中的溶解性大于NH4NO2，故A正确；
B．NaNO2与N2H4反应生成NaN3，NaNO2是中氮的化合价由+3价降低为﹣，是氧化剂，故B正确；
C．NaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2，故C正确；
D．NaN3中氮的化合价为﹣，生成1个N2转移个电子，则每产生1
mol
N2转移mole﹣，故D错误；
故选D．
20．向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊﹣→澄清”现象的是（ ）
A．X：漂白粉溶液Y：二氧化硫
B．X：硝酸银溶液Y：氨气
C．X：氢氧化钡溶液Y：二氧化碳
D．X：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物．
【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钙；
B．先生成氢氧化银，氨气过量生成银氨络离子；
C．先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡；
D．开始生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中．
【解答】解：A．漂白粉溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，溶液变浑浊，不会变澄清，故A选；
B．氨气水溶液呈碱性，硝酸银溶液中通入氨气，先生成氢氧化银沉淀，氨气过量，发生络合反应生成银氨络离子，先浑浊后澄清，故B不选；
C．先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡，先浑浊后澄清，故C不选；
D．偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊→澄清”现象，故D不选．
故选A．
二、计算题
21．KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火．实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g
（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25℃）．
（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为 11.80 g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物
①求25℃时KCl的溶解度；
②求原混合物中KClO3的质量；
③所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少？（保留2位小数）
（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）→KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）．实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？（用小数表示，保留3位小数）
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g﹣4.80g；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，据此计算其溶解度；反应前后质量减少的质量为氧气的质量，根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量；
根据溶液质量、密度计算溶液体积，再结合c=计算溶液的物质的量浓度；
（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，结合氯气与KOH反应生成氯酸钾和KCl或KClO和KCl来计算质量分数的范围．
【解答】解：（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，m（KClO3）=16.60g﹣4.80g=11.80g，
故答案为：11.80；
（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物，则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液，5g水溶解KCl的质量=6.55g﹣4.80g=1.75g，
①则100g水溶解KCl的质量=×100g=35g，答：25℃时KCl的溶解度35g；
②20g水溶解氯化钾的质量=1.75g×4=7g，反应前后质量减少的质量为氧气的质量，氧气的质量=16.60g﹣7g﹣4.80g=4.8g，根据氧原子守恒得×122.5g/mol=12.25，答：原混合物中KClO3的质量12.25g；
③溶液的质量=20g+7g=27g，溶液的体积=，n（KCl）=，则溶液的物质的量浓度==5.99mol/L，
答：所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为5.99；
（3）测定溶液中n（K+）：n（Cl﹣）=14：11，设钾离子为14mol，氯离子11mol，
①由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，如果剩下的K离子是氯酸钾和次氯酸钾，
由得失电子守恒可知氯酸钾是2mol，次氯酸钾是1mol，
所以得到的晶体是11molKCl，1molKClO，2molKClO3，
氯酸钾的质量分数是×100%=0.212，
②由零价氯变成负一价的，一共需要得到11mol电子，若其余为氯酸钾和氢氧化钾的混合物，由得失电子守恒可以得到氯酸钾是=2.2mol，
那么氢氧化钾是14mol﹣11mol﹣2.2mol=0.8mol，
所以氯酸钾的质量分数是×100%=0.238，
答：得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为0.212～0.238．
22．HNO3与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH3的一种或几种．现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL，稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气放出．在反应结束后的溶液中，逐渐加入4mol L﹣1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量关系如图．请回答：
（1）与HNO3反应后Fe元素的化合价是 +3
（2）纵坐标中A点数值是 0.008 ，B点数值是 0.016 ，原HNO3浓度是 0.72mol/L ．
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】（1）由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3，说明硝酸过量，所以铁被硝酸氧化为硝酸铁；
（2）根据图象可知，由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、一水合氨；根据图象数据和反应可知：混合溶液中含有的溶质有Fe（NO3）3、Al（NO3）3、NH4NO3、HNO3
由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3；由C与D点，氢氧化钠溶液恰好和Fe（NO3）3、Al（NO3）3反应生成NaNO；由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、水合氨，再结合反应定量关系进行计算．
【解答】解：根据图象可知：混合溶液中含有的溶质有Fe（NO3）3、Al（NO3）3、NH4NO3、HNO3
（1）由O点到C点，氢氧化钠溶液恰好和HNO3生成NaNO3，铁粉和铝粉组成的混合物跟100mL稀硝酸充分反应，硝酸剩余，铁被硝酸氧化为三价铁，
故答案为：+3；
（2）由C与D点，氢氧化钠溶液恰好和Fe（NO3）3、Al（NO3）3反应生成NaNO3；
由D点到E点，氢氧化钠溶液恰好和NH4NO3反应生成硝酸钠、一水合氨通；结合上面的分析及氮原子守恒可知：O点到D点硝酸钠的物质的量=硝酸的物质的量，从D点到E点硝酸的物质的量=2n（NaNO3），而硝酸钠的物质的量=氢氧化钠的物质的量，所以总共硝酸的物质的量为：4mol/L×0.015L+2×4mol/L×（0.0165﹣0.015）L=0.072mol，
所以原硝酸的物质的量浓度为：
=0.72mol/L；
根据EF可知：沉淀减少，说明氢氧化铝溶解，所以氢氧化铝的物质的量=EF线段加入氢氧化钠溶液的物质的量，
即：n[Al（OH）3]=4mol/L×（0.0185L﹣0.0165L）=0.008mol，
根据题意可知：生成0.008mol氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠的物质的量为：3×0.008mol=0.024mol，
CD段生成沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁，所以生成氢氧化铁消耗氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×（0.015L﹣0.003L）﹣0.024mol=0.024mol，n[Fe（OH）3]=
n（NaOH）=×0.024mol=0.008mol，
纵坐标A点的数值即是生成氢氧化铁的物质的量，则A点数值为0.008；
B点数值为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀的总物质的量，则B点数值为：0.008+0.008=0.016；
故答案为：0.008；0.016；0.72mol/L．
23．某研究小组用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，再用水吸收该气体可得ClO2溶液．在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，具体情况如图所示．
（1）据图可知，反应时需要控制的适宜温度是 30 ℃，要达到此要求需要采取的措施是 水浴加热 ．
（2）已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被ClO3﹣氧化成SO42﹣，请写出FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯（ClO2）的离子方程式： 15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42﹣ ．
（3）该小组拟以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标．若取NaClO3样品6.0g，通过反应和吸收获得400mL
ClO2溶液，取此溶液20mL与37.00mL
0.500mol L﹣1
（NH4）2Fe（SO4）2溶液充分反应后，过量的Fe2+再用0.050
0mol L﹣1
K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL．反应原理为：
4H++ClO2+5Fe2+═Cl﹣+5Fe3++2H2O
14H++Cr2O72﹣+6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O
试计算ClO2的“产率”（写出计算过程）．
【考点】氧化还原反应的计算；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．
【分析】（1）由图可知，30℃时纯度较高、吸收率最大；水浴加热可控制温度恒定；
（2）FeS2、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯（ClO2），Cl元素的化合价降低，Fe、S元素的化合价升高．
（3）以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，结合Cr2O72﹣～～～～～～～～～6Fe2+、ClO2～～～～～5Fe2+计算．
【解答】解：（1）ClO2气体的纯度，且会影响ClO2的吸收率，依据图象分析温度再30°C时ClO2的吸收率最大纯度90%以上，控制100°C以下的
温度需要用水浴加热；
故答案为：30；水浴加热；
（2）用黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2气体，氯酸跟离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化FeS2为硫酸铁和硫酸，本身被还原为反应的离子方程式为ClO2；结合原子守恒、电子守恒配平写出离子方程式为：15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42﹣；
故答案为：15ClO3﹣+FeS2+14H+═15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42﹣；
（3）由4H++ClO2+5Fe2+═Cl﹣+5Fe3++2H2O
14H++Cr2O72﹣+6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，
Cr2O72﹣～～～～～～～～～6Fe2+
1
6
0.050
0mol L﹣1×0.020L
0.006mol
ClO2～～～～～5Fe2+
1
5
0.0025mol
0.037L×0.500mol L﹣1﹣0.006mol
400mL
ClO2溶液中含ClO2
0.0025mol×20=0.05mol；
以“m（ClO2）/m（NaClO3）”作为衡量ClO2产率的指标，所以产率=×100%=56.25%，
答：ClO2的“产率”为56.25%．
三、实验题
24．溴酸钾具有毒性，是一种常用的分析试剂和氧化剂，实验室中制备过程如下：
已知反应②是复分解反应，根据上述转化关系回答下列问题：
（1）反应①的化学方程式为 6MgO+Br2+5Cl2=Mg（BrO3）2+5MgCl2 ．
（2）反应②的化学方程式为 Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3 ．
（3）现向含6mol
KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示．请回答下列问题
：
①已知b点时，KI反应完全，转移的电子数为 6NA（或3.612×1024） ．
②b→c过程中，仅有一种元素的化合价发生了变化．则反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：5 ．
③d点时，n（KBrO3）为 7.2mol ．
【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】液氯、液溴和氧化镁反应生成Mg（BrO3）2、MgCl2，过滤后在滤液中加入氯化钾可得到KBrO3，发生Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3，氯化镁结晶析出，滤液中KBrO3经蒸发、结晶可得到KBrO3，以此解答（1）（2）；
（3）①b点时，KI反应完全，由图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3为1mol，发生反应为6I﹣+BrO3﹣=Br﹣+3I2，氧化产物为碘，还原产物KBr，结合Br元素化合价比较计算注意电子数目；
②b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应，发生BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；
③d点时，发生2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，总反应为5I﹣+6H++6BrO3﹣=5IO3﹣+3Br2+3H2O．
【解答】解：液氯、液溴和氧化镁反应生成Mg（BrO3）2、MgCl2，过滤后在滤液中加入氯化钾可得到KBrO3，发生Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3，氯化镁结晶析出，滤液中KBrO3经蒸发、结晶可得到KBrO3，
（1）液氯、液溴和氧化镁反应生成Mg（BrO3）2、MgCl2，反应的方程式为6MgO+Br2+5Cl2=Mg（BrO3）2+5MgCl2，故答案为：6MgO+Br2+5Cl2=Mg（BrO3）2+5MgCl2；
（2）在滤液中加入氯化钾可得到KBrO3，发生Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3，氯化镁结晶析出，故答案为：Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3；
（3）①由图象可知，在B点时6mol
KI完全反应氧化产物为3mol
I2，KBrO3为1mol，反应中KI被氧化，KBrO3被还原，由得失电子守恒可知，反应的方程式为6I﹣+BrO3﹣+6H+=3I2+Br﹣+3H2O，还原产物为Br﹣，由I元素的化合价变化可知，转移电子为6NA=3.612×1024，
故答案为：6NA（或3.612×1024）；
②b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3﹣与Br﹣之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故答案为：1：5；
③发生的反应依次有：6I﹣+6H++BrO3﹣=Br﹣+3I2+3H2O，BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，总反应为5I﹣+6H++6BrO3﹣=5IO3﹣+3Br2+3H2O，
由方程式可知6molKI完全反应，需要的物质的量为KBrO3，6mol×=7.2mol，
故答案为：7.2mol．
25．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3含有Fe2O3、SiO2等杂质 ）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
NaCl
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
801
回答下列问题：
（1）高温反应前，常在800℃焙烧铝土矿，使固体中水分挥发、气孔数目增多，其作用是 防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率 （只要求写出一种）
（2）高温反应后，铝土矿中的氧化物均转变为相应的氯化物，由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的化学方程式为 Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO ．
（3）气体Ⅱ的主要成分除了Cl2外，还含有 CO2、O2、SiCl4 ．气体Ⅱ常用过量冷的NaOH溶液吸收，吸收液中含有的阴离子主要有 CO32﹣、HCO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、SiO32﹣、OH﹣ ．
（4）工业上为了降低生产成本，生产过程中需要控制加入铝粉的量，“废渣”的主要成分是 NaCl、FeCl2 ．
（5）AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，电镀时阴极的电极反应式为 4Al2Cl7﹣+3e﹣=7AlCl4﹣+Al ．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，SiCl4，以及AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝，据此答题．
【解答】解：（1）步骤1中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，
故答案为：防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）高温反应后，由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3和CO的化学方程式为Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO，
故答案为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO；
（3）根据上面的分析可知，气体Ⅱ的主要成分除了Cl2外，还含有CO2、O2、SiCl4，气体Ⅱ常用过量冷的NaOH溶液吸收，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸根离子或碳酸氢根离子，氯气与氢氧化钠反应生成氯离子和次氯酸根离子，四氯化硅水解生成硅酸根离子，所以吸收液中含有的阴离子主要有CO32﹣、HCO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、SiO32﹣、OH﹣，
故答案为：CO2、O2、SiCl4；CO32﹣、HCO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、SiO32﹣、OH﹣；
（4）工业上为了降低生产成本，生产过程中需要控制加入铝粉的量，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁还原成氯化亚铁，这样可以通过升华分离出AlCl3，所以废渣为NaCl、FeCl2，
故答案为：NaCl、FeCl2；
（5）AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，则电镀时阴极上发生还原反应，反应的电极反应式为4Al2Cl7﹣+3e﹣=7AlCl4﹣+Al，
故答案为：4Al2Cl7﹣+3e﹣=7AlCl4﹣+Al．
2017年1月23日
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