吉林省延边市第二中学2020届高三入学考试化学试题

吉林省延边市第二中学2020届高三入学考试化学试题

吉林省延边市延边第二中学2019—2020学年度第一学期 高三年级开学考试化学试卷 ‎1. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指 A. 氨水 B. 硝酸 C. 醋 D. 卤水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属。答案选B。‎ ‎【考点定位】本题考查历史背景下的化学知识，核心考点为元素化合物知识。难度为容易等级 ‎2.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 B. 漂白粉可用于生活用水的消毒 C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；‎ B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；‎ C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；‎ D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。‎ ‎3.下列表示正确的是（ ）‎ A. 乙炔分子比例模型： B. Cl原子的结构示意图：‎ C. 氯化钠的电子式： D. 水分子的结构式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．乙炔为直线型结构，分子中存在碳碳三键，为乙炔的球棍模型，乙炔的比例模型为：，故A错误；B．氯原子的核电荷数、核外电子总数都是17，氯原子正确的结构示意图为：，故B错误；C．氯化钠属于离子化合物，钠离子用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化钠正确的电子式为：，故C错误；D．水分子的结构式为，故D正确；故选D。‎ 点睛：注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法，明确球棍模型与比例模型、离子化合物与共价化合物的电子式的区别。本题的易错点为A，除了注意球棍模型和比例模型，还要注意原子的相对大小。‎ ‎4.下列实验操作正确的是（ ）‎ ‎①称量时，将氢氧化钠固体放在滤纸上称量 ‎②可用氯化铁溶液除去试管内难以刷去的铜迹 ‎③分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体也从下口放出 ‎④石油的蒸馏实验中，应注意加热之前先接通冷却水，而停止加热后，仍要继续通冷却水一段时间 A. ①④ B. ③④ C. ②④ D. ①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①氢氧化钠有腐蚀性，要放在玻璃器皿中称量，故①错误；②铜与FeCl3‎ 溶液发生反应，使铜转化成可溶性的铜盐，故②正确；③分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故③错误；④石油的蒸馏实验中，应注意加热之前先接通冷却水，而停止加热后，仍要继续通冷却水一段时间，防止冷凝管炸裂，故④正确；故选C。‎ ‎5.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。‎ 详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；‎ B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；‎ C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；‎ D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。‎ 答案选D。‎ 点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。‎ ‎6.下列各项中有关判断正确的是 A. ①醋酸除水垢 ②石油分馏 ③煤的气化 ④海水中提取碘，过程中只涉及物理变化的是②③‎ B. ①CH4 和C3H8 ②O2 和O3 ③35Cl 和37Cl ④H2 和D2，属于同位素的微粒组是③④‎ C. ①金刚石熔化②氯化氢溶于水③氢氧化钾熔化④冰融化,上述过程与化学键断裂无关的是①④‎ D. ①酒精 ②冰醋酸 ③硝酸钾 ④醋酸钠，上述物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于强电解质的仅是④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 煤的气化是指使固体的煤炭转化成可燃性气体的生产过程，通常是指碳与水蒸气高温条件下反应生成一氧化碳和氢气的过程，属于化学变化，A项错误；‎ B. 同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素，④H2和D2是分子，不属于原子，不是同位素，B项错误；‎ C. 金刚石属于原子晶体，因此金刚石熔化，共价键断裂，C项错误；‎ D. ①酒精溶于水，不发生电离，是非电解质；②冰醋酸的水溶液能导电，电离出的H+能抑制水的电离，但醋酸部分电离，是弱电解质；③硝酸钾溶于水电离出硝酸根离子和钾离子能导电，是电解质，但不破坏水的电离；④醋酸钠在水溶液中能完全电离出自由移动的醋酸根离子和钠离子使溶液导电，所以醋酸钠是强电解质，醋酸根离子能与水电离出的氢离子结合生成醋酸，促进水的电离，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是 A. 32 g Cu 在足量O2 或硫蒸气中完全反应失去的电子数均为NA B. 常温下，0.5 L pH=14 的Ba(OH)2 溶液中OH－数目为NA C. 标准状况下，5.6 L 乙烷中含有的极性键数目为1.5NA D. 常温下，将56 g Fe 加入足量浓HNO3 中，转移的电子数为3NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 32gCu是0.5mol，在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为NA和0.5NA，A项错误；‎ B. 常温下，pH=14，即c(OH-)=1mol/L，0.5L pH=14的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.5NA ‎，B项错误；‎ C. 标准状况下，5.6 L乙烷是0.25 mol，其中含有的极性键(碳氢键)数目为1.5NA，C项正确；‎ D. 常温下，铁与浓硝酸发生钝化，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】D项是易错点，要注意铁与浓硫酸、浓硝酸反应的特殊情况。常温下，铁遇浓硝酸、浓硫酸会发生钝化，在加热的条件下才会发生反应。另外，铁与稀硝酸反应时，若铁少量，则生成铁离子；若铁过量，则铁元素以亚铁离子形式存在。‎ ‎8.下列叙述正确的是 A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1‎ D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。‎ ‎【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。‎ B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。‎ C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，‎ 含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。‎ D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。‎ ‎9.以KI为碘剂的加碘食盐，由于受空气作用，容易引起碘的损失，工业生产中需添加稳定剂以减少碘的损失。下列物质中可能做稳定剂的是 A. Na2S2O3 B. FeCl3 C. NaHCO3 D. CaO ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：以KI为碘剂的加碘食盐中碘的损失主要是由于杂质、水份、空气中的氧气以及光照，受热而引起的，要减少碘的损失，需加入具有还原性的物质来消耗氧气，则A、Na2S2O3具有还原性，A正确，B、FeCl3具有氧化性，B错误；C、NaHCO3没有氧化性和还原性，C错误；D、CaO没有氧化性和还原性，D错误，答案选A。‎ 考点：考查氧化还原反应应用 ‎10.下列变化中，气体被还原的是 A. 二氧化碳使Na2O2固体变白 B. 氯气使KBr溶液变黄 C. 乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D. 氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，A错误；B、氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，B正确；C、乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，C错误；D、氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不是氧化还原反应，D错误。答案选B。‎ ‎11.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是 选项 ‎ ‎①中物质 ‎ ‎②中物质 ‎ 预测②中的现象 ‎ A． ‎ 稀盐酸 ‎ 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 ‎ 立即产生气泡 ‎ B． ‎ 浓硝酸 ‎ 用砂纸打磨过的铝条 ‎ 产生红棕色气体 ‎ C． ‎ 氯化铝溶液 ‎ 浓氢氧化钠溶液 ‎ 产生大量白色沉淀 ‎ D． ‎ 草酸溶液 ‎ 高锰酸钾酸性溶液 ‎ 溶液逐渐褪色 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、氢氧化钠是强碱，碳酸钠是盐，因此盐酸首先中和氢氧化钠，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2，A错误；B、常温下铝在浓硝酸中钝化，反应很快同志，看不到红棕色NO2气体，B错误；C、氢氧化钠溶液开始是过量的，滴入氯化铝生成偏铝酸钠，当氢氧化钠完全消耗后，再滴入氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝，C错误；D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确，答案选D。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价，涉及碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应、铝及其化合物、钝化、氢氧化铝制备、浓硝酸、草酸、酸性高锰酸钾溶液等。‎ ‎12.阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1‎ B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1‎ C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2‎ D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。‎ ‎13.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ‎①pH=0的溶液: Na+、Cl-、MnO4-、SO42-‎ ‎②pH=ll的溶液中: CO32-、Na+、A1O2-、NO3- 、S2-、SO32-‎ ‎③水电离的H+浓度c(H+)=l0-12mol/L的溶液中，Cl-、CO32-、NO3- 、NH4+、SO32-‎ ‎④加入Mg能放出H2的溶液中: Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-‎ ‎⑤使石蕊变红的溶液中: Fe2+、 MnO4-、NO3- 、Na+、SO42-‎ ‎⑥中性溶液中: Fe3+、 Al3+、 NO3- 、I-、Cl-、S2-‎ A. ②④ B. ①③⑥ C. ①②⑤ D. ①②⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎①pH=0的溶液显酸性，Cl-与MnO4-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；②pH=l1的溶液显碱性，CO32-、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-之间不反应，可以大量共存，正确；③水电离的H+浓度c(H+)=l0-12mol·L-1的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性CO32-、NO3-、SO32-均不能大量共存，如果显碱性，NH4+不能大量共存，错误；④加入Mg 能放出H2的溶液显酸性，Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-之间不反应，可以大量共存，正确；⑤使石蕊变红的溶液显酸性，Fe2+能被MnO4-、NO3-氧化，不能大量共存，错误；⑥中性溶液中Fe3+氧化I-、S2-，Al3+与S2-水解相互促进，均不能大量共存，错误，答案选A。‎ ‎14.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是 选项 离子方程式 评价 A 将2mol Cl2通入到含lmol FeI2的溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2‎ 正确：Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化 B Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O 正确：酸式盐与碱反应生成正盐和水 C 过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-‎ 正确：说明酸性：H2SO3强于HC1O D lmol/L的NaA1O2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3+++Al(OH)3↓+H2O 正确：AlO2-与H+均无剩余 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．将2mol Cl2通入到含lmol FeI2的溶液中，氯气过量，亚铁离子和碘离子都被氧化，正确的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，A错误；B．Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，B错误；C．过量SO2通入到NaClO溶液中，SO2有强还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-，C错误；D. 1mol/L的NaA1O2‎ 溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2AlO2-+5H+=Al3+++Al(OH)3↓+H2O，D正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等（例如选项A）。‎ ‎15.工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如下： ‎ 已知：净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质（CaF2难溶）。‎ 下列说法不正确的是 A. 研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率 B. 除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生的反应为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O C. 副产品A的化学式(NH4)2S D. 从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，生成CuS、CaF沉淀除去，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。‎ ‎【详解】A. 提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；‎ B. 主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+‎ ‎，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，故B正确；‎ C.得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：(NH4)2SO4，故C错误；‎ D. 从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出MnCO3过滤、洗涤、干燥即可，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎16.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向NaHS溶液中滴入酚酞 溶液变红色 HS-水解程度大于电离程度 B 向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水 出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]‎ C 向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中 产生白色浑浊 酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸 D 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液 前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀 KI3溶液中存在II2+I−平衡 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaHS溶液中存在平衡：HS－+H2OH2S+OH－，HS－H＋+S2－，向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，溶液呈碱性，说明HS－水解程度大于电离程度，实验目的和结论一致，A项正确；‎ B. 溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol•L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]较小，B项正确；‎ C. 浓盐酸具有挥发生，反应产生的二氧化碳中含有氯化氢气体，干扰二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，无法证明碳酸酸性强于硅酸，C项错误；‎ D. 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝色，说明溶液中含有碘，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘离子，原来的溶液是KI3溶液，由现象可知，KI3溶液中存在I3-I2+I-平衡，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎17.二氧化铈CeO2是一种重要的稀土氧化物，平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末含（SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。‎ 已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液 ‎（1）稀酸A的分子式是_____________________。‎ ‎（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是____________________。滤渣1中加入稀酸A和H2O2发生反应的离子方程是为______________________。‎ ‎（3）某同学设计实验证明滤液1中含有Fe2+，他所用的试剂的化学式为______________。‎ ‎（4）己知溶液中的Fe2+可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，请书写该反应的离子方程式__________________________________。 ‎ ‎（5）由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式___________________________。‎ ‎（6）硫酸铁铵晶体[Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·3H2O]广泛用于水的净化处理，请用离子方程式解释其作用原理：___________________________ 。‎ ‎（7）取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.531 g，加硫酸溶解后，用浓度为0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+ )，消耗25.00‎ ‎ mL标准溶液。该产品中Ce(OH)4的质量分数为___________________(结果保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). H2SO4 (2). 使Fe2+氧化为Fe3+ (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O (4). 铁氰化钾溶液（或高锰酸钾溶液） (5). Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+ (6). 4Ce3++O2+12OH−+2H2O=4Ce(OH)4↓ (7). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (8). 0.98或98%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应过程为：废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）中加入稀硫酸，FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiO2；滤液1中加入稀硫酸和双氧水，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，溶液1为Fe2(SO4)3溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸铁铵晶体；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeO2 +H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，滤渣2为SiO2；滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，反应为：4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4↓，加热分解Ce(OH)4得到产品CeO2，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）已知：CeO2不溶于稀硫酸，废玻璃粉末中也不SiO2溶于酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分离，因此稀酸A的分子式是H2SO4；‎ ‎（2）根据以上分析可知滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+；滤渣1中加入稀酸A和H2O2发生反应的离子方程是为2CeO2 +H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为：使Fe2+氧化为Fe3+；2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2+4H2O；‎ ‎（3）亚铁离子有还原性能使酸性高锰酸钾褪色，也与铁氰化钾生成蓝色沉淀，故证明滤液1中含有Fe2+的试剂为铁氰化钾溶液（或高锰酸钾溶液）；‎ ‎（4）溶液中的Fe2+可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，根据原子守恒可知该反应的离子方程式为Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+；‎ ‎（5）滤液2为含有Ce3+的溶液，加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，反应的离子方程式为：4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4↓；‎ ‎（6）硫酸铁铵晶体溶于水后，由于存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，因此可以作为净水剂，故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；‎ ‎（5）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点，铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，则 Ce(OH)4～Ce3+～FeSO4， 所以n[Ce(OH)4]=n(FeSO4)=0.1000×25×10-3mol，m[Ce(OH)4]=0.1000×25×10-3×208g，该产品中Ce(OH)4的纯度的表达式为 ‎×100=0.98或98%。‎ ‎【点睛】无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。‎ ‎18.[2017新课标Ⅲ]绿矾是含有一定量结晶水硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：‎ ‎（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：______________、_______________。‎ ‎（2）测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。‎ ‎①仪器B的名称是____________________。‎ ‎②将下列实验操作步骤正确排序___________________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。‎ a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2‎ d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却到室温 ‎③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=________________（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。‎ ‎①C、D中的溶液依次为_________（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_______________。‎ a．品红 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4‎ ‎②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 样品中没有Fe3+ (2). Fe2+易被氧气氧化为Fe3+ (3). 干燥管 (4). dabfce (5). (6). 偏小 (7). c、a (8). 生成白色沉淀、褪色 (9). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑‎ ‎【解析】‎ ‎（1）样品溶于水滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，这说明有铁离子产生，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇KSCN溶液显红色；‎ ‎（2）①根据仪器构造可知B是干燥管；‎ ‎②由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气排出空气，为了使生成的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确的排序是dabfce；‎ ‎③样品的质量是（m2－m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为（m3－m1）g，生成水的质量为（m2－m3）g，‎ FeSO4·xH2OFeSO4 + xH2O ‎152 18x ‎（m3－m1）g （m2－m3）g 则：，解得：x=；‎ 若实验时按a、d次序操作，在加热过程中硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3‎ 增加，因此x偏小；‎ ‎（3）①最终得到红棕色固体，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应该用氯化钡，检验SO2用品红溶液，所以C、D的溶液依次为氯化钡溶液和品红溶液，实验现象是C中溶液变浑浊产生白色沉淀，D中品红溶液褪色，故答案为c、a；‎ ‎②根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2和SO3，根据电子守恒和原子守恒得此反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3。‎ ‎19.在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：‎ ‎（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____________(填标号)。‎ A． B． C． D．‎ ‎（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是__________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是__________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。‎ ‎（3）一些氧化物的熔点如下表所示：‎ 氧化物 Li2O MgO P4O6‎ SO2‎ 熔点/°C ‎1570‎ ‎2800‎ ‎23.8‎ ‎−75.5‎ 解释表中氧化物之间熔点差异的原因__________。‎ ‎（4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x=__________pm，Mg原子之间最短距离y=__________pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是__________g·cm−3(列出计算表达式)。‎ ‎【答案】 (1). A (2). sp3 (3). sp3 (4). 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 (5). Cu2＋ (6). Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO2 (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. [Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+； C. [Ne] 3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子； D.[Ne] 3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案选A；‎ ‎（2）乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2＋；‎ ‎（3）由于Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO2，所以熔点大小顺序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2；‎ ‎（4）根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是，则x＝pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是，则y＝；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4＝8，则Cu原子个数16，晶胞的质量是。由于边长是a ‎ pm，则MgCu2的密度是g·cm−3。‎ ‎ ‎